高考数学真题分类汇编 专题10 立体几何 文【含答案】
十年真题(2010-2019)高考数学(理)分类汇编专题10 立体几何与空间向量解答题(新课标Ⅰ卷)(解析版)
专题10立体几何与空间向量解答题历年考题细目表历年高考真题汇编1．【2019年新课标1理科18】如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD ＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A﹣MA1﹣N的正弦值．【解答】（1）证明：如图，过N作NH⊥AD，则NH∥AA1，且，又MB∥AA1，MB，∴四边形NMBH为平行四边形，则NM∥BH，由NH∥AA1，N为A1D中点，得H为AD中点，而E为BC中点，∴BE∥DH，BE＝DH，则四边形BEDH为平行四边形，则BH∥DE，∴NM∥DE，∵NM⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE，∴MN∥平面C1DE；（2）解：以D为坐标原点，以垂直于DC得直线为轴，以DC所在直线为y轴，以DD1所在直线为轴建立空间直角坐标系，则N（，，2），M（，1，2），A1（，﹣1，4），，，设平面A1MN的一个法向量为，由，取，得，又平面MAA1的一个法向量为，∴cos．∴二面角A﹣MA1﹣N的正弦值为．2．【2018年新课标1理科18】如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF．（1）证明：平面PEF⊥平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值．【解答】（1）证明：由题意，点E、F分别是AD、BC的中点，则，，由于四边形ABCD为正方形，所以EF⊥BC．由于PF⊥BF，EF∩PF＝F，则BF⊥平面PEF．又因为BF⊂平面ABFD，所以：平面PEF⊥平面ABFD．（2）在平面PEF中，过P作PH⊥EF于点H，连接DH，由于EF为面ABCD和面PEF的交线，PH⊥EF，则PH⊥面ABFD，故PH⊥DH．在三棱锥P﹣DEF中，可以利用等体积法求PH，因为DE∥BF且PF⊥BF，所以PF⊥DE，又因为△PDF≌△CDF，所以∠FPD＝∠FCD＝90°，所以PF⊥PD，由于DE∩PD＝D，则PF⊥平面PDE，故V F﹣PDE，因为BF∥DA且BF⊥面PEF，所以DA⊥面PEF，所以DE⊥EP．设正方形边长为2a，则PD＝2a，DE＝a在△PDE中，，所以，故V F﹣PDE，又因为，所以PH，所以在△PHD中，sin∠PDH，即∠PDH为DP与平面ABFD所成角的正弦值为：．3．【2017年新课标1理科18】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°．（1）证明：平面P AB⊥平面P AD；（2）若P A＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．【解答】（1）证明：∵∠BAP＝∠CDP＝90°，∴P A⊥AB，PD⊥CD，∵AB∥CD，∴AB⊥PD，又∵P A∩PD＝P，且P A⊂平面P AD，PD⊂平面P AD，∴AB⊥平面P AD，又AB⊂平面P AB，∴平面P AB⊥平面P AD；（2）解：∵AB∥CD，AB＝CD，∴四边形ABCD为平行四边形，由（1）知AB⊥平面P AD，∴AB⊥AD，则四边形ABCD为矩形，在△APD中，由P A＝PD，∠APD＝90°，可得△P AD为等腰直角三角形，设P A＝AB＝2a，则AD．取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为、y、轴建立空间直角坐标系，则：D（），B（），P（0，0，），C（）．，，．设平面PBC的一个法向量为，由，得，取y＝1，得．∵AB⊥平面P AD，AD⊂平面P AD，∴AB⊥PD，又PD⊥P A，P A∩AB＝A，∴PD⊥平面P AB，则为平面P AB的一个法向量，．∴cos．由图可知，二面角A﹣PB﹣C为钝角，∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为．4．【2016年新课标1理科18】如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D﹣AF﹣E与二面角C﹣BE﹣F都是60°．（Ⅰ）证明平面ABEF⊥平面EFDC；（Ⅱ）求二面角E﹣BC﹣A的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：∵ABEF为正方形，∴AF⊥EF．∵∠AFD＝90°，∴AF⊥DF，∵DF∩EF＝F，∴AF⊥平面EFDC，∵AF⊂平面ABEF，∴平面ABEF⊥平面EFDC；（Ⅱ）解：由AF⊥DF，AF⊥EF，可得∠DFE为二面角D﹣AF﹣E的平面角；由ABEF为正方形，AF⊥平面EFDC，∵BE⊥EF，∴BE⊥平面EFDC即有CE⊥BE，可得∠CEF为二面角C﹣BE﹣F的平面角．可得∠DFE＝∠CEF＝60°．∵AB∥EF，AB⊄平面EFDC，EF⊂平面EFDC，∴AB∥平面EFDC，∵平面EFDC∩平面ABCD＝CD，AB⊂平面ABCD，∴AB∥CD，∴CD∥EF，∴四边形EFDC为等腰梯形．以E为原点，建立如图所示的坐标系，设FD＝a，则E（0，0，0），B（0，2a，0），C（，0，a），A（2a，2a，0），∴（0，2a，0），（，﹣2a，a），（﹣2a，0，0）设平面BEC的法向量为（1，y1，1），则，则，取（，0，﹣1）．设平面ABC的法向量为（2，y2，2），则，则，取（0，，4）．设二面角E﹣BC﹣A的大小为θ，则cosθ，则二面角E﹣BC﹣A的余弦值为．5．【2015年新课标1理科18】如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC．（Ⅰ）证明：平面AEC⊥平面AFC（Ⅱ）求直线AE与直线CF所成角的余弦值．【解答】解：（Ⅰ）连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG、EF、FG，在菱形ABCD中，不妨设BG＝1，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC，BE⊥平面ABCD，AB＝BC＝2，可知AE＝EC，又AE⊥EC，所以EG，且EG⊥AC，在直角△EBG中，可得BE，故DF，在直角三角形FDG中，可得FG，在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE，FD，可得EF，从而EG2+FG2＝EF2，则EG⊥FG，（或由tan∠EGB•tan∠FGD••1，可得∠EGB+∠FGD＝90°，则EG⊥FG）AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC，由EG⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC；（Ⅱ）如图，以G为坐标原点，分别以GB，GC为轴，y轴，|GB|为单位长度，建立空间直角坐标系G﹣y，由（Ⅰ）可得A（0，，0），E（1，0，），F（﹣1，0，），C（0，，0），即有（1，，），（﹣1，，），故cos，．则有直线AE与直线CF所成角的余弦值为．6．【2014年新课标1理科19】如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C．（Ⅰ）证明：AC＝AB1；（Ⅱ）若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值．【解答】解：（1）连结BC1，交B1C于点O，连结AO，∵侧面BB1C1C为菱形，∴BC1⊥B1C，且O为BC1和B1C的中点，又∵AB⊥B1C，∴B1C⊥平面ABO，∵AO⊂平面ABO，∴B1C⊥AO，又B10＝CO，∴AC＝AB1，（2）∵AC⊥AB1，且O为B1C的中点，∴AO＝CO，又∵AB＝BC，∴△BOA≌△BOC，∴OA⊥OB，∴OA，OB，OB1两两垂直，以O为坐标原点，的方向为轴的正方向，||为单位长度，的方向为y轴的正方向，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，∵∠CBB1＝60°，∴△CBB1为正三角形，又AB＝BC，∴A（0，0，），B（1，0，0，），B1（0，，0），C（0，，0）∴（0，，），（1，0，），（﹣1，，0），设向量（，y，）是平面AA1B1的法向量，则，可取（1，，），同理可得平面A1B1C1的一个法向量（1，，），∴cos，，∴二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值为7．【2013年新课标1理科18】如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°．（Ⅰ）证明AB⊥A1C；（Ⅱ）若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB＝2，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值．【解答】解：（Ⅰ）取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B，因为CA＝CB，所以OC⊥AB，由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，所以△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB，又因为OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C，又A1C⊂平面OA1C，故AB⊥A1C；（Ⅱ）由（Ⅰ）知OC⊥AB，OA1⊥AB，又平面ABC⊥平面AA1B1B，交线为AB，所以OC⊥平面AA1B1B，故OA，OA1，OC两两垂直．以O为坐标原点，的方向为轴的正向，||为单位长，建立如图所示的坐标系，可得A（1，0，0），A1（0，，0），C（0，0，），B（﹣1，0，0），则（1，0，），（﹣1，，0），（0，，），设（，y，）为平面BB1C1C的法向量，则，即，可取y＝1，可得（，1，﹣1），故cos，，又因为直线与法向量的余弦值的绝对值等于直线与平面的正弦值，故直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为：．8．【2012年新课标1理科19】如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝BC AA1，D是棱AA1的中点，DC1⊥BD（1）证明：DC1⊥BC；（2）求二面角A1﹣BD﹣C1的大小．【解答】（1）证明：在Rt△DAC中，AD＝AC，∴∠ADC＝45°同理：∠A1DC1＝45°，∴∠CDC1＝90°∴DC1⊥DC，DC1⊥BD∵DC∩BD＝D∴DC1⊥面BCD∵BC⊂面BCD∴DC1⊥BC（2）解：∵DC1⊥BC，CC1⊥BC，DC1∩CC1＝C1，∴BC⊥面ACC1A1，∵AC⊂面ACC1A1，∴BC⊥AC取A1B1的中点O，过点O作OH⊥BD于点H，连接C1O，OH∵A1C1＝B1C1，∴C1O⊥A1B1，∵面A1B1C1⊥面A1BD，面A1B1C1∩面A1BD＝A1B1，∴C1O⊥面A1BD而BD⊂面A1BD∴BD⊥C1O，∵OH⊥BD，C1O∩OH＝O，∴BD⊥面C1OH∴C1H⊥BD，∴点H与点D重合且∠C1DO是二面角A1﹣BD﹣C1的平面角设AC＝a，则，，∴sin∠C1DO∴∠C1DO＝30°即二面角A1﹣BD﹣C1的大小为30°9．【2011年新课标1理科18】如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB ＝2AD，PD⊥底面ABCD．（Ⅰ）证明：P A⊥BD；（Ⅱ）若PD＝AD，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD，从而BD2+AD2＝AB2，故BD⊥AD又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD所以BD⊥平面P AD．故P A⊥BD（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为轴的正半轴建立空间直角坐标系D﹣y，则A（1，0，0），B（0，，0），C（﹣1，，0），P（0，0，1）．（﹣1，，0），（0，，﹣1），（﹣1，0，0），设平面P AB的法向量为（，y，），则即，因此可取（，1，）设平面PBC的法向量为（，y，），则，即：可取（0，1，），cos故二面角A﹣PB﹣C的余弦值为：．10．【2010年新课标1理科18】如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面为等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD，垂足为H，PH是四棱锥的高，E为AD中点（Ⅰ）证明：PE⊥BC（Ⅱ）若∠APB＝∠ADB＝60°，求直线P A与平面PEH所成角的正弦值．【解答】解：以H为原点，HA，HB，HP分别为，y，轴，线段HA的长为单位长，建立空间直角坐标系如图，则A（1，0，0），B（0，1，0）（Ⅰ）设C（m，0，0），P（0，0，n）（m＜0，n＞0）则．可得．因为所以PE⊥BC．（Ⅱ）由已知条件可得m，n＝1，故C（），设（，y，）为平面PEH的法向量则即因此可以取，由，可得所以直线P A与平面PEH所成角的正弦值为．考题分析与复习建议本专题考查的知识点为：直线、平面平行、垂直的判定与性质，空间向量及其运算，立体几何中的向量方法（证明平行与垂直、求空间角和距离）等.历年考题主要以解答题题型出现，重点考查的知识点为：直线、平面平行、垂直的判定与性质，空间向量及其运算，立体几何中的向量方法（证明平行与垂直、求空间角和距离）等.预测明年本考点题目会比较稳定，备考方向以知识点直线、平面平行、垂直的判定与性质，空间向量及其运算，立体几何中的向量方法（证明平行与垂直、求空间角和距离）等为重点较佳.最新高考模拟试题1．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ABB A 是菱形，160BAA ∠=︒，E 是棱1BB 的中点，CA CB =，F 在线段AC 上，且2AF FC =.（1）证明：1//CB 面1A EF ；（2）若CA CB ⊥，面CAB ⊥面11ABB A ，求二面角1F A E A --的余弦值．【答案】（1）详见解析；（2529. 【解析】解：（1）连接1AB 交1A E 于点G ，连接FG ． 因为11AGA B GE ∆∆:，所以1112AA AG GB EB ==，又因为2AF FC =，所以1AF AGFC GB =，所以1//FG CB ， 又1CB ⊄面1A EF ，FG ⊂面1A EF ，所以1//CB 面1A EF .（2）过C 作CO AB ⊥于O ，因为CA CB =，所以O 是线段AB 的中点．因为面CAB ⊥面11ABB A ，面CAB I 面11ABB A AB =，所以CO ⊥面1ABA ．连接1OA ， 因为1ABA ∆是等边三角形，O 是线段AB 的中点，所以1OA AB ⊥.如图以O 为原点，OA u u u v ，1OA u u ur ，OC u u u r 分别为x 轴，y 轴，轴的正方向建立空间直角坐标，不妨设2AB =，则(1,0,0)A ，13,0)A ，(0,0,1)C ，(1,0,0)B -，12(,0,)33F ， 由11AA BB =u u u v u u u v ，得(3,0)B -，1BB 的中点33(2E -，133(,2A E =-u u u r ，112(,3,)33A F =--u u u u r . 设面1A FE 的一个法向量为1111(,,)n x y z =u v ，则111100A E n A F n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u v u v u u u u v u v ，即1111230333302x z x y ⎧-+=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩，得方程的一组解为111135 xyz=-⎧⎪=⎨⎪=⎩，即1(1,3,5)n=-u r.面1ABA的一个法向量为2(0,0,1)n=u u r，则121212529cos,29n nn nn n⋅<>==u r u u ru r u u ru r u u r，所以二面角1F A E A--的余弦值为529.2．如图，菱形ABCD与正三角形BCE的边长均为2，它们所在平面互相垂直，FD⊥平面ABCD，EF P 平面ABCD．（1）求证：平面ACF⊥平面BDF；（2）若60CBA∠=︒，求二面角A BC F--的大小．【答案】(1)见证明；(2)4π【解析】（1）∵菱形ABCD，∴AC BD⊥，∵FD⊥平面ABCD，∴FD AC⊥，∵BD FD D⋂=，∴AC⊥平面BDF，∵AC⊂平面ACF，∴平面ACF⊥平面BDF．（2）设AC BD O=I，以O为原点，OB为x轴，OA为y轴，过O作平面ABCD的垂线为轴，建立空间直角坐标系，则(3,0,0)B ，()0,1,0C -，(3,0,3)F -，(3,1,0)BC =--u u u r ，(23,0,3)BF =-u u u r，设平面BCF 的法向量(,,)n x y z =r，则302330n BC x y n BF x z ⎧⋅=--=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩u u u v v u u u v v ，取1x =，得(1,3,2)n =-r ， 平面ABC 的法向量(0,0,1)m =u r，设二面角A BC F --的大小为θ，则||2cos ||||28m n m n θ⋅===⋅r r r r ， ∴4πθ=．∴二面角A BC F --的大小为4π． 3．如图，在几何体1111ACD A B C D -中，四边形1111ADD A CDD C ，为矩形，平面11ADD A ⊥平面11CDD C ，11B A ⊥平面11ADD A ，1111,2AD CD AA A B ====，E 为棱1AA 的中点.（Ⅰ）证明：11B C ⊥平面1CC E ；（Ⅱ）求直线11B C 与平面1B CE 所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）7. 【解析】（Ⅰ）因为11B A ⊥平面11ADD A ， 所以111B A DD ⊥，又11111111DD D A B A D A A ⊥⋂=，， 所以1DD ⊥平面1111D C B A ， 又因为11//DD CC ，所以1CC ⊥平面1111D C B A ，11B C ⊂平面1111D C B A ，所以111CC B C ⊥，因为平面11ADD A ⊥平面11CDD C ， 平面11ADD A ⋂平面111CDD C DD =，111C D DD ⊥，所以11C D ⊥平面11ADD A ，经计算可得1111B E BC EC = 从而2221111B E B C EC =+，所以在11B EC V 中，111B C C E ⊥，又11CC C E ⊂，平面1111CC E CC C E C ⋂=，， 所以11B C ⊥平面1CC E .（Ⅱ）如图，以点A 为原点建立空间直角坐标系，依题意得()()()10001,0,00,2,2A C B ，，，，， ()()11,2,10,1,0C E ，.∵1(1,1,1)(1,2,1)CE B C =--=--u u u r u u u r，，设平面1B CE 的一个法向量(,,)m x y z =则100m B C m CE ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u vu u u v ，， 即200x y z x y z --=⎧⎨-+-=⎩，，消去x 得20y z +=， 不妨设1z =，可得()3,2,1m =--，又()111,0,1B C =-u u u u r，设直线11B C 与平面1B CE 所成角为θ，于是111111427sin cos ,142||m B C m B C m B C θ⋅-====⨯⋅u u u u ru u u u r u u u u r ，故直线11B C 与平面1B CE 所成角的正弦值为77. 4．如图，在四凌锥P ABCD -中，PC ABCD ⊥底面，底面ABCD 是直角梯形，AB AD ⊥，AB CD ∥，222AB AD CD ===,4PC =,E 为线段PB 上一点（1）求证：EAC PBC ⊥平面平面； （2）若二面角P AC E --的余弦值为63，求BE BP 的值【答案】（1）见解析（2）13BE BP = 【解析】 （1）如图，由题意，得2AC BC ==，且2AB =，∴BC AC ⊥∵ABCD PC ⊥底面，∴PC AC ⊥又∵PC BC C ⋂=，∴AC ⊥底面PBC∵AC ⊂平面EAC ，∴平面EAC ⊥平面PBC（2）如图，以C 为原点，取AB 中点M ，以CM ，CD ，CP 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系则()1,1,0B -，()0,0,4P ，()1,1,0A ，设(),,E x y z ，且()01BE BP λλ=<<u u u r u u u r ，得()()1,1,1,1,4x y z λ-+=-，即()1,1,4E λλλ--()()1,1,0,1,1,4CA CE λλλ==--u u u r u u u r ,设平面EAC 的法向量为(),,n x y z =r， 由00CE n CA n u u u r r u u u r r ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即()()11400x y z x y λλλ⎧-+-+=⎨+=⎩，令1x =，得11,1,2n r λλ-⎛⎫=- ⎪⎝⎭ 又BC AC ⊥，且BC PC ⊥，所以BC ⊥平面PAC故平面PAC 的法向量为()1,1,0m BC u u u r r ==-，由二面角P AC E --6 ()226cos ,312114m n m n m n λλ⋅===⋅-++r r r r r r ，解得1λ=-或13，由01λ<<得13λ=，即13BE BP = 5．如图，在三棱锥P ABC -中，20{ 28x x ->-≥，2AB BC =，D 为线段AB 上一点，且3AD DB =，PD ⊥平面ABC ，PA 与平面ABC 所成的角为45o .（1）求证平面PAB ⊥平面PCD ；（2）求二面角P AC D --的平面角的余弦值。
2020-2021高考数学真题《立体几何》专项汇编(含答案)
2020-2021高考数学真题《立体几何》专项汇编（含答案）一、空间几何体的体积、面积1．（2021·全国·高考真题）若圆锥的轴截面为等腰直角三角形，则它的底面积与侧面积之比是（ ）A ．√2:1B ．2:1C ．1:√2D ．1:2 2．（2021·全国·高考真题）已知圆锥的底面半径为√2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ）A ．2B ．2√2C ．4D ．3．（2021·全国·高考真题）正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ）A ．20+12√3B ．28√2C ．563D 4．（2021·全国·高考真题）在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AB =AA 1=1，点P 满足BP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λBC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +μBB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则（ ）A ．当λ=1时，△AB 1P 的周长为定值B ．当μ=1时，三棱锥P −A 1BC 的体积为定值C ．当λ=12时，有且仅有一个点P ，使得A 1P ⊥BPD ．当μ=12时，有且仅有一个点P ，使得A 1B ⊥平面AB 1P5．（2020·海南·高考真题）已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 、N 分别为BB 1、AB 的中点，则三棱锥A -NMD 1的体积为____________6．（2021·全国·高考真题（文））如图，四棱锥P−ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥AM．（1）证明：平面PAM⊥平面PBD；（2）若PD=DC=1，求四棱锥P−ABCD的体积．二、平行、垂直的命题判定7．（2021·全国·高考真题）已知α，β表示平面，m，n表示直线，以下命题中正确的选项是（）A．假设m⊥α，m⊥n，那么n//αB．假设m⊂α，n⊂β，α//β，那么m//nC．假设α//β，m⊂α，那么m//βD．假设m⊂α，n⊂α，m//β，n//β，那么α//β8．（2021·全国·高考真题）设m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列结论正确的是（）A．若m//n，n//α，则m//αB．若m//n，m//α，n//β，则α//βC．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥nD．若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β9．（2020·山东·高考真题）已知正方体ABCD−A1B1C1D1（如图所示），则下列结论正确的是（）A．BD1//A1A B．BD1//A1D C．BD1⊥A1C D．BD1⊥A1C110．（2021·浙江·高考真题）如图已知正方体ABCD−A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B 的中点，则（）A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN//平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN//平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B111．（2021·全国·高考真题）-（多选）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足MN⊥OP的是（）A．B．C．D．12．（2021·全国·高考真题）如下图，在四棱锥S ABCD-中，底面ABCD是正方形，平面SAD⊥平面ABCD，SA=SD=2，3AB=．（1）求SA与BC所成角的余弦值；（2）求证：AB⊥SD．三、球体-能力拓展13．（2020·天津·高考真题）若棱长为2√3的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）A．12πB．24πC．36πD．144π14．（2021·天津·高考真题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为32π3，两个圆锥的高之比为1:3，则这两个圆锥的体积之和为（）A．3πB．4πC．9πD．12π15．（2020·全国·高考真题（理））已知△ABC是面积为9√34的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为（）A．√3B．32C．1D．√3216．（2021·全国·高考真题（理））已如A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC,AC=BC=1，则三棱锥O−ABC的体积为（）A．√212B．√312C．√24D．√3417．（2020·全国·高考真题（理））已知,,A B C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆，若⊙O1的面积为4π，AB=BC=AC=OO1，则球O的表面积为（）A．64πB．48πC．36πD．32π18．（2020·海南·高考真题）已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以D1为球心，√5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．四、立体几何的数学应用19．（2021·全国·高考真题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km （轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为6400km 的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为S=2πr2(1−cosα)（单位：km2），则S占地球表面积的百分比约为（）A．26%B．34%C．42%D．50%20．（2021·北京·高考真题）某一时间段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：mm）．24h降雨量的等级划分如下：在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200 mm，高为300 mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的24h的雨水高度是150 mm（如图所示)，则这24h 降雨量的等级是A．小雨B．中雨C．大雨D．暴雨21．（2020·海南·高考真题）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面.在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为（ ）A ．20°B ．40°C ．50°D ．90°22．（2020·全国·高考真题（理））埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）A ．√5−14BC ．√5+14D ．√5+1223．（2020·江苏·高考真题）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm，高为2 cm，内孔半径为0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm.五、立体几何与空间向量的综合应用24．（2021·全国·高考真题（理））在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为（）A．π2B．π3C．π4D．π625．（2021·全国·高考真题）如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点.（1）证明：PB//平面ACE；（2）设PA=1，AD=√3，直线PB与平面ABCD所成的角为45°，求四棱锥P−ABCD 的体积.中，底面ABCD是正方形，若AD= 26．（2021·全国·高考真题）在四棱锥Q ABCD2,QD=QA=√5,QC=3．（1）证明：平面QAD⊥平面ABCD；（2）求二面角B−QD−A的平面角的余弦值．27．（2021·天津·高考真题）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点．（I）求证：D1F//平面A1EC1；（II）求直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值．（III）求二面角A−A1C1−E的正弦值．28．（2021·全国·高考真题（理））已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB=BC=2，E，F分别为AC和CC的中点，D为棱A1B1上的点．BF⊥A1B11（1）证明：BF⊥DE；（2）当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小?29．（2021·北京·高考真题）如图：在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E 为A 1D 1中点，11B C 与平面CDE 交于点F ．（1）求证：F 为11B C 的中点；（2）点M 是棱A 1B 1上一点，且二面角M −FC −E 的余弦值为√53，求A 1MA1B 1的值．30．（2020·全国·高考真题（理））如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底DO．面直径，AE=AD．△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO=√66（1）证明：PA⊥平面PBC；（2）求二面角B−PC−E的余弦值．2020-2021真题精编-立体几何解析版一、空间几何体的体积、面积1．（2021·全国·高考真题）若圆锥的轴截面为等腰直角三角形，则它的底面积与侧面积之比是（）A．√2:1B．2:1C．1:√2D．1:2【答案】C【分析】根据题意作图，由轴截面得出母线与底面圆半径的等量关系，再套公式求解.【详解】根据题意作图，设圆锥的底面圆半径为r，高为ℎ，母线长为l.若圆锥的轴截面为等腰直角三角形，则有2r cos45°=l，l=√2r.该圆锥的底面积与侧面积比值为πr 2πrl =2πr⋅√2r=√2.故选：C.2．（2021·全国·高考真题）已知圆锥的底面半径为√2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）A．2B．2√2C．4D．【答案】B【分析】设圆锥的母线长为l，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得l的值，即为所求.【详解】设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则πl=2π×√2，解得l= 2√2.故选：B.3．（2021·全国·高考真题）正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（）A ．20+12√3B ．28√2C ．563D 【答案】D 【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解. 【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2， 所以该棱台的高ℎ=√22−(2√2−√2)2=√2， 下底面面积S 1=16，上底面面积S 2=4，所以该棱台的体积V =13ℎ(S 1+S 2+√S 1S 2)=13×√2×(16+4+√64)=283√2.故选：D.4．（2021·全国·高考真题）在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AB =AA 1=1，点P 满足BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λBC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +μBB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则（ ） A ．当λ=1时，△AB 1P 的周长为定值 B ．当μ=1时，三棱锥P −A 1BC 的体积为定值 C ．当λ=12时，有且仅有一个点P ，使得A 1P ⊥BP D ．当μ=12时，有且仅有一个点P ，使得A 1B ⊥平面AB 1P 【答案】BD 【分析】对于A ，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；对于B ，将P 点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值； 对于C ，考虑借助向量的平移将P 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P 点的个数；对于D ，考虑借助向量的平移将P 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P 点的个数．【详解】易知，点P 在矩形BCC 1B 1内部（含边界）．对于A ，当λ=1时，BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +μBB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +μCC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，即此时P ∈线段1CC ，△AB 1P 周长不是定值，故A 错误；对于B ，当μ=1时，BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λBC ⃗⃗⃗⃗⃗ +BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +λB 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，故此时P 点轨迹为线段11B C ，而B 1C 1//BC ，B 1C 1//平面A 1BC ，则有P 到平面A 1BC 的距离为定值，所以其体积为定值，故B 正确．对于C ，当λ=12时，BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =12BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +μBB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，取BC ，11B C 中点分别为Q ，H ，则BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =BQ ⃗⃗⃗⃗⃗ +μQH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以P 点轨迹为线段QH ，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，A 1(√32,0,1)，P (0,0,μ)，B (0,12,0)，则A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√32,0,μ−1)，BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−12,μ)，()110A P BP μμ⋅=-=，所以μ=0或μ=1．故H,Q 均满足，故C 错误；对于D ，当μ=12时，BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λBC ⃗⃗⃗⃗⃗ +12BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，取1BB ，1CC 中点为M,N ．BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +λMN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以P 点轨迹为线段MN ．设P (0,y 0,12)，因为A (√32，0,0)，所以AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√32,y 0,12)，A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√32,12,−1)，所以34+12y 0−12=0⇒y 0=−12，此时P 与N 重合，故D 正确．故选：BD ． 【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．5．（2020·海南·高考真题）已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 、N 分别为BB 1、AB 的中点，则三棱锥A -NMD 1的体积为____________ 【答案】13【分析】利用V A−NMD1=V D1−AMN计算即可.【详解】因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点所以V A−NMD1=V D1−AMN=13×12×1×1×2=13故答案为：1 3【点睛】在求解三棱锥的体积时，要注意观察图形的特点，看把哪个当成顶点好计算一些. 6．（2021·全国·高考真题（文））如图，四棱锥P−ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥AM．（1）证明：平面PAM⊥平面PBD；（2）若PD=DC=1，求四棱锥P−ABCD的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）√23．【分析】（1）由PD⊥底面ABCD可得PD⊥AM，又PB⊥AM，由线面垂直的判定定理可得AM⊥平面PBD，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面PAM⊥平面PBD；（2）由（1）可知，AM⊥BD，由平面知识可知，△DAB~△ABM，由相似比可求出AD，再根据四棱锥P−ABCD的体积公式即可求出．【详解】（1）因为PD ⊥底面ABCD ，AM ⊂平面ABCD ， 所以PD ⊥AM ，又PB ⊥AM ，PB ∩PD =P ， 所以AM ⊥平面PBD ， 而AM ⊂平面PAM ， 所以平面PAM ⊥平面PBD ．（2）由（1）可知，AM ⊥平面PBD ，所以AM ⊥BD ， 从而△DAB~△ABM ，设BM =x ，AD =2x ，则BMAB =ABAD ，即2x 2=1，解得x AD =√2． 因为PD ⊥底面ABCD ，故四棱锥P −ABCD 的体积为V =13×(1×√2)×1=√23．【点睛】本题第一问解题关键是找到平面PAM 或平面PBD 的垂线，结合题目条件PB ⊥AM ，所以垂线可以从PB,AM 中产生，稍加分析即可判断出AM ⊥平面PBD ，从而证出；第二问关键是底面矩形面积的计算，利用第一问的结论结合平面几何知识可得出△DAB~△ABM ，从而求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积． 二、平行、垂直的命题判定7．（2021·全国·高考真题）已知α，β表示平面，m ，n 表示直线，以下命题中正确的选项是（ ）A ．假设m ⊥α，m ⊥n ，那么n //αB ．假设m ⊂α，n ⊂β，α//β，那么m //nC ．假设α//β，m ⊂α，那么m //βD ．假设m ⊂α，n ⊂α，m //β，n //β，那么α//β 【答案】C 【分析】根据线面垂直的性质定理，可判断A ；根据面面平行的性质定理，可判断B 、C ；根据面面平行的判定定理，可判定D 【详解】选项A ：假设m ⊥α，m ⊥n ，那么n //α或n 在α内，故选项A 错误；选项B ：假设m ⊂α，n ⊂β，α//β，那么m //n 或m 与n 异面，故选项B 错误； 选项D ：假设m ⊂α，n ⊂α，m //β，n //β，且m 、n 相交才能判定α//β，故选项C 错误；选项C ：依照两平面平行的性质可知C 正确．故选：C8．（2021·全国·高考真题）设m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列结论正确的是（）A．若m//n，n//α，则m//αB．若m//n，m//α，n//β，则α//βC．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥nD．若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β【答案】D【分析】根据线面的位置关系可判断A；举反例判断B、C；由面面垂直的判定定理可判断D，进而可得正确选项.【详解】对于A：若m//n，n//α，则m//α或m⊂α，故选项A不正确；B C为m，直线BC为对于B：如图平面ADD1A1为平面α，平面A1B1C1D1为平面β，直线11n，满足m//n，m//α，n//β，但α与β相交，故选项B不正确；对于C：如图在正方体ABCD−A1B1C1D1中，平面ADD1A1为平面α，平面A1B1C1D1为平面B C为n，满足α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m//n，故选项C不正β，直线AD为m，直线11确；对于D：若m⊥n，m⊥α，可得n⊂α或n//α，若n⊂α，因为n⊥β，由面面垂直的判定定理可得α⊥β；若n//α，可过n作平面与α相交，则交线在平面α内，且交线与n平行，由n⊥β可得交线与β垂直，由面面垂直的判定定理可得α⊥β，故选项D正确；故选：D.9．（2020·山东·高考真题）已知正方体ABCD−A1B1C1D1（如图所示），则下列结论正确的是（）A．BD1//A1A B．BD1//A1D C．BD1⊥A1C D．BD1⊥A1C1【答案】D【分析】根据异面直线的定义，垂直关系的转化，判断选项.【详解】BB与BD1相交，所以BD1与AA1异面，故A错误；A.AA1//BB1，1B.BD1与平面ADD1A1相交，且D1∉A1D，所以BD1与A1D异面，故B错误；C.四边形A BCD是矩形，不是菱形，所以对角线BD1与A1C不垂直，故C错误；11D.连结B1D1，B1D1⊥A1C1，BB1⊥A1C1，B1D1∩BB1=B1，所以A1C1⊥平面BB1D1，所以A1C1⊥BD1，故D正确.故选：D10．（2021·浙江·高考真题）如图已知正方体ABCD−A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B 的中点，则（）A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN//平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN//平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1【答案】A【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证MN//AB,A1D⊥平面ABD1，即可得出结论.【详解】连AD1，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M是A1D的中点，所以M为AD1中点，又N是D1B的中点，所以MN//AB，MN⊄平面ABCD,AB⊂平面ABCD，所以MN//平面ABCD.因为AB不垂直BD，所以MN不垂直BD则MN不垂直平面BDD1B1，所以选项B,D不正确；在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AD1⊥A1D，AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，AD1∩AB=A，所以A1D⊥平面ABD1，D1B⊂平面ABD1，所以A1D⊥D1B，且直线A1D,D1B是异面直线，所以选项C错误，选项A正确.故选：A.【点睛】关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系. 11．（2021·全国·高考真题）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足MN⊥OP的是（）A．B．C．D．【答案】BC【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线MN构造所考虑的线线角后可判断AD 的正误.【详解】设正方体的棱长为2，对于A，如图（1）所示，连接AC，则MN//AC，故POC（或其补角）为异面直线OP,MN所成的角，在直角三角形OPC，OC=√2，CP=1，故tan∠POC=√2=√22，故MN⊥OP不成立，故A错误.对于B，如图（2）所示，取NT的中点为Q，连接PQ，OQ，则OQ⊥NT，PQ⊥MN，由正方体SBCM−NADT可得SN⊥平面ANDT，而OQ⊂平面ANDT，故SN⊥OQ，而SN∩MN=N，故OQ⊥平面SNTM，又MN⊂平面SNTM，OQ⊥MN，而OQ∩PQ=Q，所以MN⊥平面OPQ，而PO⊂平面OPQ，故MN⊥OP，故B正确.对于C，如图（3），连接BD，则BD//MN，由B的判断可得OP⊥BD，故OP⊥MN，故C正确.对于D，如图（4），取AD的中点Q，AB的中点K，连接AC,PQ,OQ,PK,OK，则AC//MN，PQ MN，因为DP=PC，故PQ//AC，故//所以∠QPO或其补角为异面直线PO,MN所成的角，AC=√2，OQ=√AO2+AQ2=√1+2=√3，因为正方体的棱长为2，故PQ=12PO=√PK2+OK2=√4+1=√5，QO2<PQ2+OP2，故∠QPO不是直角，故PO,MN不垂直，故D错误.故选：BC.12．（2021·全国·高考真题）如下图，在四棱锥S ABCD-中，底面ABCD是正方形，平面SAD⊥平面ABCD，SA=SD=2，3AB=．（1）求SA 与BC 所成角的余弦值； （2）求证：AB ⊥SD ．【答案】（1）34；（2）证明见解析． 【分析】(1)由题意可得∠SAD 即为SA 与 BC 所成的角，根据余弦定理计算即可； (2)结合面面垂直的性质和线面垂直的性质即可证明. 【详解】【考查内容】异面直线所成的角，直线与平面垂直的判定和性质【解】（1）因为AD //BC ，因此∠SAD 即为SA 与BC 所成的角，在△SAD 中，SA =SD =2， 又在正方形ABCD 中3AD AB ==，因此cos ∠SAD =SA 2+AD 2−SD 22SA⋅AD=22+32−222×2×3=34，因此SA 与BC 所成角的余弦值是34．（2）因为平面SAD ⊥平面ABCD ，平面SAD ∩平面ABCD =AD ，在正方形ABCD 中，AB ⊥AD ，因此AB ⊥平面SAD ，又因为SD ⊂平面SAD ，因此AB ⊥SD ． 三、球体-能力拓展13．（2020·天津·高考真题）若棱长为2√3的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ） A ．12π B ．24π C ．36π D ．144π【答案】C 【分析】求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的表面积公式，即可得解. 【详解】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半， 即R =√(2√3)2+(2√3)2+(2√3)22=3，所以，这个球的表面积为S =4πR 2=4π×32=36π. 故选：C. 【点睛】本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.14．（2021·天津·高考真题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为32π3，两个圆锥的高之比为1:3，则这两个圆锥的体积之和为（）A．3πB．4πC．9πD．12π【答案】B【分析】作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥的底面圆半径，再利用锥体体积公式可求得结果.【详解】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D，设圆锥AD和圆锥BD的高之比为3:1，即AD=3BD，设球的半径为R，则4πR33=32π3，可得R=2，所以，AB=AD+BD=4BD=4，所以，BD=1，AD=3，∵CD⊥AB，则∠CAD+∠ACD=∠BCD+∠ACD=90∘，所以，CAD BCD∠=∠，又因为∠ADC=∠BDC，所以，△ACD∽△CBD，所以，AD CDCD BD=，∴CD=√AD⋅BD=√3，因此，这两个圆锥的体积之和为13π×CD2⋅(AD+BD)=13π×3×4=4π.故选：B.15．（2020·全国·高考真题（理））已知△ABC是面积为9√34的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为（）A．√3B．32C．1D．√32【答案】C【分析】根据球O的表面积和△ABC的面积可求得球O的半径R和△ABC外接圆半径r，由球的性质可知所求距离d=√R2−r2.【详解】设球O的半径为R，则4πR2=16π，解得：R=2.设△ABC外接圆半径为r，边长为a，∵△ABC是面积为9√34的等边三角形，∴12a2×√32=9√34，解得：a=3，∴r=23×√a2−a24=23×√9−94=√3，∴球心O到平面ABC的距离d=√R2−r2=√4−3=1.故选：C.【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面. 16．（2021·全国·高考真题（理））已如A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC,AC=BC=1，则三棱锥O−ABC的体积为（）A．√212B．√312C．√24D．√34【答案】A【分析】由题可得△ABC为等腰直角三角形，得出△ABC外接圆的半径，则可求得O到平面ABC的距离，进而求得体积.【详解】∵AC⊥BC,AC=BC=1，∴△ABC为等腰直角三角形，∴AB=√2，则△ABC外接圆的半径为√22，又球的半径为1，设O到平面ABC的距离为d，则d=所以V O−ABC=13S△ABC⋅d=13×12×1×1×√22=√212.故选：A.【点睛】关键点睛：本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系求解.17．（2020·全国·高考真题（理））已知,,A B C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆，若⊙O1的面积为4π，AB=BC=AC=OO1，则球O的表面积为（）A．64πB．48πC．36πD．32π【答案】A【分析】由已知可得等边△ABC的外接圆半径，进而求出其边长，得出OO1的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论.【详解】设圆O1半径为r，球的半径为R，依题意，得πr2=4π,∴r=2，∵△ABC为等边三角形，由正弦定理可得AB=2r sin60°=2√3，∴OO1=AB=2√3，根据球的截面性质OO1⊥平面ABC，∴OO1⊥O1A,R=OA=√OO12+O1A2=√OO12+r2=4，∴球O的表面积S=4πR2=64π.故选：A【点睛】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题. 18．（2020·海南·高考真题）已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD =60°．以D 1为球心，√5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________． 【答案】√22π.【分析】根据已知条件易得D 1E =√3，D 1E ⊥侧面B 1C 1CB ，可得侧面B 1C 1CB 与球面的交线上的点到E 的距离为√2，可得侧面B 1C 1CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ⏜，再根据弧长公式可求得结果. 【详解】 如图：取11B C 的中点为E ，1BB 的中点为F ，1CC 的中点为G ，因为∠BAD =60°，直四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，所以△D 1B 1C 1为等边三角形，所以D 1E =√3，D 1E ⊥B 1C 1，又四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1为直四棱柱，所以BB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，所以111BB B C ， 因为BB 1∩B 1C 1=B 1，所以D 1E ⊥侧面B 1C 1CB ， 设P 为侧面B 1C 1CB 与球面的交线上的点，则D 1E ⊥EP ，因为球的半径为√5，D 1E =√3，所以|EP|=√|D 1P|2−|D 1E|2=√5−3=√2， 所以侧面B 1C 1CB 与球面的交线上的点到E 的距离为√2，因为|EF|=|EG|=√2，所以侧面B 1C 1CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ⏜， 因为∠B 1EF =∠C 1EG =π4，所以∠FEG =π2， 所以根据弧长公式可得FG⏜=π2×√2=√22π. 故答案为：√22π.【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题.四、立体几何的数学应用19．（2021·全国·高考真题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km （轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为6400km 的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为S=2πr2(1−cosα)（单位：km2），则S占地球表面积的百分比约为（）A．26%B．34%C．42%D．50%【答案】C【分析】由题意结合所给的表面积公式和球的表面积公式整理计算即可求得最终结果.【详解】由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：2πr2(1−cosα)4πr2=1−cosα2=1−64006400+360002≈0.42=42%.故选：C.20．（2021·北京·高考真题）某一时间段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：mm）．24h降雨量的等级划分如下：在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200 mm，高为300 mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的24h的雨水高度是150 mm（如图所示)，则这24h 降雨量的等级是A．小雨B．中雨C．大雨D．暴雨【答案】B【分析】计算出圆锥体积，除以圆面的面积即可得降雨量，即可得解.【详解】由题意，一个半径为2002=100(mm)的圆面内的降雨充满一个底面半径为2002×150300=50(mm)，高为150(mm)的圆锥，所以积水厚度d=13π×502×150π×1002=12.5(mm)，属于中雨.故选：B.21．（2020·海南·高考真题）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（）A．20°B．40°C．50°D．90°【答案】B【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点A处的纬度，计算出晷针与点A处的水平面所成角.【详解】画出截面图如下图所示，其中CD是赤道所在平面的截线；l是点A处的水平面的截线，依题意可知OA⊥l；AB是晷针所在直线.m是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知m//CD、根据线面垂直的定义可得AB⊥m..由于∠AOC=40°,m//CD，所以∠OAG=∠AOC=40°，由于∠OAG+∠GAE=∠BAE+∠GAE=90°，所以∠BAE=∠OAG=40°，也即晷针与点A处的水平面所成角为∠BAE=40°.故选：B【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题.22．（2020·全国·高考真题（理））埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）A ．√5−14B C ．√5+14D ．√5+12【答案】C 【分析】设CD =a,PE =b ，利用PO 2=12CD ⋅PE 得到关于a,b 的方程，解方程即可得到答案. 【详解】如图，设CD =a,PE =b ，则PO =√PE 2−OE 2=√b 2−a 42，由题意PO 2=12ab ，即b 2−a 24=12ab ，化简得4(b a )2−2⋅ba −1=0，解得ba=1+√54（负值舍去）.故选：C.【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题. 23．（2020·江苏·高考真题）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm ，高为2 cm ，内孔半径为0.5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm.【答案】2π【分析】先求正六棱柱体积，再求圆柱体积，相减得结果. 【详解】正六棱柱体积为6×√34×22×2=12√3圆柱体积为π(12)2⋅2=π2所求几何体体积为2π故答案为： 2π【点睛】本题考查正六棱柱体积、圆柱体积，考查基本分析求解能力，属基础题.五、立体几何与空间向量的综合应用24．（2021·全国·高考真题（理））在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，P 为B 1D 1的中点，则直线PB 与AD 1所成的角为（ ） A ．π2 B ．π3 C ．π4 D ．π6【答案】D 【分析】平移直线AD 1至1BC ，将直线PB 与AD 1所成的角转化为PB 与1BC 所成的角，解三角形即可. 【详解】如图，连接BC 1,PC 1,PB ，因为AD 1∥1BC ， 所以∠PBC 1或其补角为直线PB 与AD 1所成的角，因为BB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，所以BB 1⊥PC 1，又PC 1⊥B 1D 1，1111BB B D B ⋂=， 所以PC 1⊥平面PBB 1，所以PC 1⊥PB ，设正方体棱长为2，则BC 1=2√2,PC 1=12D 1B 1=√2， sin ∠PBC 1=PC 1BC 1=12，所以∠PBC 1=π6.故选：D25．（2021·湖南·高考真题）如图，四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点.（1）证明：PB//平面ACE ；（2）设PA =1，AD =√3，直线PB 与平面ABCD 所成的角为45°，求四棱锥P −ABCD 的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）√33.【分析】(1) 连接BD交AC于点O，连接OE，由三角形的中位线定理可知PB//OE，结合线面平行的判定定理可证明PB//平面AEC.(2)由题意可知∠PBA=45∘，再运用锥体体积公式可求得四棱锥的体积.【详解】（1）连接BD交AC于点O，连接OE. 在△PBD中，因为PE=DE,BO=DO，所以PB//OE，因为OE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，则PB//平面AEC.（2）因为PA⊥平面ABCD，所以∠PBA就是直线PB与平面ABCD所成的角，所以∠PBA=45∘，又PA=1，AD=√3，所以PA=1=AB，所以四棱锥P−ABCD的体积V P−ABCD=13×PA×AB×AD=13×1×1×√3=√33，所以四棱锥P−ABCD的体积为√33.26．（2021·全国·高考真题）在四棱锥Q ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD=2,QD=QA=√5,QC=3．（1）证明：平面QAD⊥平面ABCD；（2）求二面角B−QD−A的平面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）23.【分析】（1）取AD的中点为O，连接QO,CO，可证QO⊥平面ABCD，从而得到面QAD⊥面ABCD.。
2014-2019年高考数学真题分类汇编专题10：立体几何4(球的切接问题)带详细答案
2014-2019年高考数学真题分类汇编专题10：立体几何（球的切接问题）选择题1．（2014•大纲版理）正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A ．814πB ．16πC ．9πD ．274π 【考点】球的体积和表面积；球内接多面体【分析】正四棱锥P ABCD -的外接球的球心在它的高1PO 上，记为O ，求出1PO ，1OO ，解出球的半径，求出球的表面积．【解答】解：设球的半径为R ，则棱锥的高为4，底面边长为2，222(4)R R ∴=-+，94R ∴=， ∴球的表面积为29814()44ππ=． 故选：A ．【点评】本题考查球的表面积，球的内接几何体问题，考查计算能力，是基础题．2．（2014•陕西理）已知底面边长为1为( )A ．323πB ．4πC ．2πD ．43π 【考点】球的体积和表面积【分析】由长方体的对角线公式，算出正四棱柱体对角线的长，从而得到球直径长，得球半径1R =，最后根据球的体积公式，可算出此球的体积．【解答】解：正四棱柱的底面边长为1，又正四棱柱的顶点在同一球面上，∴正四棱柱体对角线恰好是球的一条直径，得球半径1R = 根据球的体积公式，得此球的体积为34433V R ππ==． 故选：D ．【点评】本题给出球内接正四棱柱的底面边长和侧棱长，求该球的体积，考查了正四棱柱的性质、长方体对角线公式和球的体积公式等知识，属于基础题．3．（2015•新课标Ⅱ文）已知A ，B 是球O 的球面上两点，90AOB ∠=︒，C 为该球面上的动点，若三棱锥O ABC -体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π【考点】球的体积和表面积【分析】当点C 位于垂直于面AOB 的直径端点时，三棱锥O ABC -的体积最大，利用三棱锥O ABC -体积的最大值为36，求出半径，即可求出球O 的表面积．【解答】解：如图所示，当点C 位于垂直于面AOB 的直径端点时，三棱锥O ABC -的体积最大，设球O 的半径为R ，此时2311136326O ABC C AOB V V R R R --==⨯⨯⨯==，故6R =，则球O 的表面积为24144R ππ=， 故选：C ．【点评】本题考查球的半径与表面积，考查体积的计算，确定点C 位于垂直于面AOB 的直径端点时，三棱锥O ABC -的体积最大是关键．4．（2016•新课标Ⅱ文）体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为( )A ．12πB ．323πC ．8πD ．4π【考点】球的体积和表面积【分析】先通过正方体的体积，求出正方体的棱长，然后求出球的半径，即可求出球的表面积．【解答】解：正方体体积为8，可知其边长为2，所以球的表面积为24(3)12ππ=．故选：A ．【点评】本题考查学生的空间想象能力，体积与面积的计算能力，是基础题．5．（2016•新课标Ⅲ文理）在封闭的直三棱柱111ABC A B C -内有一个体积为V 的球，若AB BC ⊥，6AB =，8BC =，13AA =，则V 的最大值是( )A ．4πB ．92πC ．6πD ．323π 【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】根据已知可得直三棱柱111ABC A B C -的内切球半径为32，代入球的体积公式，可得答案． 【解答】解：AB BC ⊥，6AB =，8BC =， 10AC ∴=． 故三角形ABC 的内切圆半径681022r +-==， 又由13AA =， 故直三棱柱111ABC A B C -的内切球半径为32， 此时V 的最大值3439()322ππ=， 故选：B ．【点评】本题考查的知识点是棱柱的几何特征，根据已知求出球的半径，是解答的关键．6．（2017•新课标Ⅲ文理）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A ．πB ．34πC ．2πD ．4π 【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；LR ：球内接多面体【分析】推导出该圆柱底面圆周半径r =，由此能求出该圆柱的体积． 【解答】解：圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，∴该圆柱底面圆周半径r ==，∴该圆柱的体积：2314V Sh ππ==⨯⨯=．故选：B ．【点评】本题考查面圆柱的体积的求法，考查圆柱、球等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想，是中档题．7．（2018•新课标Ⅲ文理）设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC ∆为等边三角形且面积为D ABC -体积的最大值为( )A ．B ．C ．D ．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的内接多面体；【分析】求出，ABC ∆为等边三角形的边长，画出图形，判断D 的位置，然后求解即可．【解答】解：ABC ∆为等边三角形且面积为2AB =6AB =， 球心为O ，三角形ABC 的外心为O '，显然D 在O O '的延长线与球的交点如图：263O C '==，2OO '=， 则三棱锥D ABC -高的最大值为：6，则三棱锥D ABC -体积的最大值为：3163=． 故选：B ．【点评】本题考查球的内接多面体，棱锥的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．8．（2019•新课标Ⅰ理12）已知三棱锥P ABC -的四个顶点在球O 的球面上，PA PB PC ==，ABC ∆是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，90CEF ∠=︒，则球O 的体积为( )A ．B ．C ． D【考点】球的体积和表面积，，多面体外接球体。
专题10 立体几何-五年(2017-2021)高考数学真题分项详解(新高考地区专用)(解析版)
连 ，在正方体 中，
M是 的中点，所以 为 中点，
又N是 的中点，所以 ，
平面 平面 ，
所以 平面 .
因为 不垂直 ，所以 不垂直
则 不垂直平面 ，所以选项B,D不正确；
在正方体 中， ，
平面 ，所以 ，
，所以 平面 ，
平面 ，所以 ，
且直线 是异面直线，
所以选项C错误，选项A正确.
故选：A.
本题考查了旋转体的理解和应用，解题的关键是掌握圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，考查了逻辑推理能力与运算能力，属于基础题．
【2021·江苏高考】在正三棱柱 中， ，点P满足 ，其中 ， ，则
A.当 时， 的周长为定值
B.当 时，三棱锥 的体积为定值
C.当 时，有且仅有一个点P，使得
而 面BCD， 面BCD， ，
面BCD， 面BCD，
， 是直角三角形，且 ，
设DF与面DBC所成角为 ，则 即为CH与面DBC的夹角，
且 ，
在 中， ，
，
．
【知识点】线面垂直的判定、直线与平面所成的角、面面垂直的性质、线面垂直的性质
【解析】本题主要考查空间直线互相垂直的判定和性质，以及直线与平面所成角的几何计算问题，考查了空间想象能力和思维能力，平面与空间互相转化是能力，几何计算能力，以及逻辑推理能力，本题属综合性较强的题．
D.当 时，有且仅有一个点P，使得 平面
【答案】BD
【知识点】圆柱、圆锥、圆台的侧面积、表面积和体积
【解析】解：对于A，当 时， ，即 ，所以 ，
故点P在线段 上，此时 的周长为 ，
当点P为 的中点时， 的周长为 ，
当点P在点 处时， 的周长为 ，
十年高考真题分类汇编(2010-2019) 数学 专题10 立体几何 Word版含解析
十年高考真题分类汇编（2010—2019）数学专题10立体几何1.(2019·浙江·T4)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家,他提出的“幂势既同,则积不容异”称为祖暅原理,利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体=Sh,其中S是柱体的底面积,h是柱体的高.若某柱体的三视图如图所示(单位:cm),则该柱体的体积(单位:cm3)是( )A.158B.162C.182D.324【答案】B【解析】由三视图得该棱柱的高为6,底面五边形可以看作是由两个直角梯形组合而成,其中一个上底为4,下底为6,高为3,另一个的上底为2,下底为6,高为3,则该棱柱的体积为2+62×3+4+62×3×6=162.2.(2019·全国1·理T12)已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上,PA=PB=PC,△ABC是边长为2的正三角形,E,F分别是PA,AB的中点,∠CEF=90°,则球O的体积为( )A.8√6πB.4√6πC.2√6πD.√6π【答案】D【解析】设PA=PB=PC=2x.∵E,F 分别为PA,AB 的中点,∴EF ∥PB,且EF=12PB=x.∵△ABC 为边长为2的等边三角形, ∴CF=√3.又∠CEF=90°,∴CE=√3-x 2,AE=12PA=x.在△AEC 中,由余弦定理可知cos ∠EAC=x 2+4-(3-x 2)2×2·x .作PD ⊥AC 于点D,∵PA=PC,∴D 为AC 的中点,cos ∠EAC=AD PA =12x . ∴x 2+4-3+x 24x =12x.∴2x 2+1=2.∴x 2=12,即x=√22.∴PA=PB=PC=√2. 又AB=BC=AC=2, ∴PA ⊥PB ⊥PC. ∴2R=√2+2+2=√6.∴R=√62.∴V=43πR 3=43π×6√68=√6π.故选D.3.(2019·全国2·理T7文T7)设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是( ) A.α内有无数条直线与β平行 B.α内有两条相交直线与β平行 C.α,β平行于同一条直线 D.α,β垂直于同一平面 【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知,“α内有两条相交直线与β平行”是“α∥β”的充分条件.由面面平行的性质知,“α内有两条相交直线与β平行”是“α∥β”的必要条件,故选B.4.(2019·全国3·理T8文T8)如图,点N 为正方形ABCD 的中心,△ECD 为正三角形,平面ECD ⊥平面ABCD,M 是线段ED 的中点,则( ) A.BM=EN,且直线BM,EN 是相交直线 B.BM ≠EN,且直线BM,EN 是相交直线 C.BM=EN,且直线BM,EN 是异面直线 D.BM ≠EN,且直线BM,EN 是异面直线 【答案】B【解析】如图,连接BD,BE.在△BDE 中,N 为BD 的中点,M 为DE 的中点, ∴BM,EN 是相交直线,排除选项C 、D. 作EO ⊥CD 于点O,连接ON. 作MF ⊥OD 于点F,连接BF.∵平面CDE ⊥平面ABCD,平面CDE ∩平面ABCD=CD,EO ⊥ CD,EO ⊂平面CDE,∴EO ⊥平面ABCD. 同理,MF ⊥平面ABCD.∴△MFB 与△EON 均为直角三角形. 设正方形ABCD 的边长为2,易知EO=√3,ON=1,MF=√32,BF=√22+94=52,则EN=√3+1=2,BM=√34+254=√7,∴BM ≠EN.故选B.5.(2019·浙江·T8)设三棱锥V-ABC 的底面是正三角形,侧棱长均相等,P 是棱VA 上的点(不含端点).记直线PB 与直线AC 所成的角为α,直线PB 与平面ABC 所成的角为β,二面角P-AC-B 的平面角为γ,则( ) A.β<γ,α<γ B.β<α,β<γ C.β<α,γ<α D.α<β,γ<β 【答案】B【解析】如图G 为AC 中点,点V 在底面ABC 上的投影为点O,则点P 在底面ABC 上的投影点D 在线段AO 上,过点D 作DE 垂直AE,易得PE ∥VG,过点P 作PF ∥AC 交VG 于点F,过点D 作DH ∥AC,交BG于点H,则α=∠BPF,β=∠PBD,γ=∠PED,所以cos α=PFPB=EGPB=DHPB<BDPB=cos β,所以α>β,因为tan γ=PDED>PDBD=tan β,所以γ>β.故选B.6.(2018·全国3·理T10文T12)设A,B,C,D是同一个半径为4的球的球面上四点,△ABC为等边三角形且其面积为9√3,则三棱锥D-ABC体积的最大值为( )A.12√3B.18√3C.24√3D.54√3【答案】B【解析】由△ABC为等边三角形且面积为9√3,设△ABC边长为a,则S=12a·√32a=9√3.∴a=6,则△ABC的外接圆半径r=√32×23a=2√3<4.设球的半径为R,如图,OO1=√R2-r2=√42-(2√3)2=2.当D在O的正上方时,VD-ABC =13S△ABC·(R+|OO1|)=13×9√3×6=18√3,最大.故选B.7.(2018·全国1·理T7文T9)某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图.圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A,圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B,则在此圆柱侧面上,从M到N的路径中,最短路径的长度为( )A.2√17B.2√5C.3D.2【答案】B【解析】如图所示,易知N为CD⏜的中点,将圆柱的侧面沿母线MC剪开,展平为矩形MCC'M',易知CN=14CC'=4,MC=2,从M到N的路程中最短路径为MN.在Rt△MCN中,MN=√MC2+NC2=2√5.8.(2018·全国3·理T3文T3)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来,构件的凸出部分叫榫头,凹进部分叫卯眼,图中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体,则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( )【答案】A【解析】由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示,由直观图可知其俯视图应为A中图形.9.(2018·北京·理T5文T6)某四棱锥的三视图如图所示,在此四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为 ( )A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】由该四棱锥的三视图,得其直观图如图.由正视图和侧视图都是等腰直角三角形,知PD ⊥平面ABCD,所以侧面PAD和PDC都是直角三角形.由俯视图为直角梯形,易知DC⊥平面PAD.又AB∥DC,所以AB⊥平面PAD,所以AB⊥PA,所以侧面PAB也是直角三角形.易知PC=2√2,BC=√5,PB=3,从而△PBC不是直角三角形.故选C.10.(2018·上海·T15)《九章算术》中,称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马.设AA1是正六棱柱的一条侧棱,如图.若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点,以AA1为底面矩形的一边,则这样的阳马的个数是( )A.4B.8C.12D.16【答案】D【解析】设正六棱柱为ABCDEF-A1B1C1D1E1F1,以侧面AA1B1B,AA1F1F为底面矩形的阳马有E-AA 1B 1B,E 1-AA 1B 1B,D-AA 1B 1B,D 1-AA 1B 1B,C-AA 1F 1F,C 1-AA 1F 1F,D-AA 1F 1F,D 1-AA 1F 1F,共8个,以对角面AA 1C 1C,AA 1E 1E 为底面矩形的阳马有F-AA 1C 1C,F 1-AA 1C 1C,D-AA 1C 1C,D 1-AA 1C 1C,B-AA 1E 1E,B 1-AA 1E 1E,D-AA 1E 1E,D 1-AA 1E 1E,共8个,所以共有8+8=16(个),故选D.11.(2018·全国1·文T10)在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=BC=2,AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30°,则该长方体的体积为( ) A.8 B.6√2 C.8√2 D.8√3【答案】C【解析】在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB ⊥平面BCC 1B 1,连接BC 1,则∠AC 1B 为AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角,∠AC 1B=30°,所以在Rt △ABC 1中,BC 1=ABtan∠AC 1B =2√3,又BC=2,所以在Rt △BCC 1中,CC 1=√(2√3)2-22=2√2, 所以该长方体体积V=BC ×CC 1×AB=8√2.12.(2018·全国2·理T9)在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=BC=1,AA 1=√3,则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( )A.15B.√56C.√55D.√22【答案】C【解析】以DA,DC,DD 1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图, 则D 1(0,0,√3),A(1,0,0),D(0,0,0),B 1(1,1,√3).∴AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,√3),DB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,√3).设异面直线AD 1与DB 1所成的角为θ. ∴cos θ=|AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||DB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||=|22×√5|=√55.∴异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为√55.13.(2018·全国2·文T9)在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,E 为棱CC 1的中点,则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为( )A.√22 B.√32 C.√52 D.√72【答案】C【解析】如图,因为AB∥CD,所以AE与CD所成的角为∠EAB. 在Rt△ABE中,设AB=2,则BE=√5,则tan∠EAB=BEAB=√52,所以异面直线AE与CD所成角的正切值为√5 2.14.(2018·全国1·文T5)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1,O2,过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,则该圆柱的表面积为( ) A.12√2π B.12πC.8√2πD.10π【答案】B【解析】过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面为圆柱的轴截面,设底面半径为r,母线长为l,因为轴截面是面积为8的正方形,所以2r=l=2√2,r=√2,所以圆柱的表面积为2πrl+2πr2=8π+4π=12π.15.(2018·浙江·T3)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:cm3)是( )A.2B.4C.6D.8【答案】C【解析】由三视图可知该几何体为直四棱柱.∵S底=12×(1+2)×2=3,h=2,∴V=Sh=3×2=6.16.(2017·全国2·理T4文T6)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得,则该几何体的体积为( )A.90πB.63πC.42πD.36π【答案】B【解析】由三视图知,该几何体是一个圆柱截去一部分所得,如图所示.其体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的12,所以该几何体的体积V=π×32×4+π×32×6×12=63π.17.(2017·全国1·理T7)某多面体的三视图如图所示,其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成,正方形的边长为2,俯视图为等腰直角三角形,该多面体的各个面中有若干个是梯形,这些梯形的面积之和为( )A.10B.12C.14D.16【答案】B【解析】由三视图可还原出几何体的直观图如图所示.该五面体中有两个侧面是全等的直角梯形,且该直角梯形的上底长为2,下底长为4,高为2,则S梯=(2+4)×2÷2=6,所以这些梯形的面积之和为12.18.(2017·全国2·理T10)已知直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC 1=1,则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( ) A.√32 B.√155C.√105D.√33【答案】C【解析】方法一:把三棱柱ABC-A 1B 1C 1补成四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1,如图,连接C 1D,BD,则AB 1与BC 1所成的角为∠BC 1D. 由题意可知BC 1=√2,BD=√22+12-2×2×1×cos60°=√3,C 1D=AB 1=√5.可知B C 12+BD 2=C 1D 2, 所以cos ∠BC 1D=√2√5=√105,故选C. 方法二:以B 1为坐标原点,B 1C 1所在的直线为x 轴,垂直于B 1C 1的直线为y 轴,BB 1所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系,如图所示.由已知条件知B 1(0,0,0),B(0,0,1),C 1(1,0,0),A(-1,√3,1),则BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-1),AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-√3,-1). 所以cos<AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2√5×√2=√105.所以异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为√105.19.(2017·北京·理T7)某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的最长棱的长度为( )A.3√2B.2√3C.2√2D.2【答案】B【解析】由题意可知,直观图为四棱锥A-BCDE(如图所示),最长的棱为正方体的体对角线AE=√22+22+22=2√3.故选B.20.(2017·全国3·理T8文T9)已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,则该圆柱的体积为( ) A .π B.3π4C.π2D.π4【答案】B【解析】由题意可知球心即为圆柱体的中心,画出圆柱的轴截面如图所示,则AC=1,AB=12,底面圆的半径r=BC=√32,所以圆柱的体积是V=πr 2h=π×(√32)2×1=3π4,故选B.21.(2017·全国1·文T6)如图,在下列四个正方体中,A,B 为正方体的两个顶点,M,N,Q 为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB 与平面MNQ 不平行的是( )【答案】A【解析】易知选项B中,AB∥MQ,且MQ⊂平面MNQ,AB⊄平面MNQ,则AB∥平面MNQ;选项C中,AB ∥MQ,且MQ⊂平面MNQ,AB⊄平面MNQ,则AB∥平面MNQ;选项D中,AB∥NQ,且NQ⊂平面MNQ,AB⊄平面MNQ,则AB∥平面MNQ,故排除选项B,C,D;故选A.4.(2016·浙江·理T2文T2)已知互相垂直的平面α,β交于直线l,若直线m,n满足m∥α,n ⊥β,则( )A.m∥lB.m∥nC.n⊥lD.m⊥n【答案】C【解析】对于选项A,∵α∩β=l,∴l⊂α,∵m∥α,∴m与l可能平行,也可能异面,故选项A不正确; 对于选项B,D,∵α⊥β,m∥α,n⊥β,∴m与n可能平行,可能相交,也可能异面,故选项B,D不正确. 对于选项C,∵α∩β=l,∴l⊂β.∵n⊥β,∴n⊥l.故选C.22.(2016·天津·文T3)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥,得到的几何体的正视图与俯视图如图所示,则该几何体的侧(左)视图为( )【答案】B【解析】由题意得该长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥,如下图所示.易知其左视图为B项中图.故选B.23.(2016·全国3·理T10文T11)在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC,AB=6,BC=8,AA1=3,则V的最大值是( )A.4πB.9π2 C.6π D.32π3【答案】B【解析】先计算球与直三棱柱三个侧面相切的球的半径,再和与直三棱柱两底面相切的球的半径相比较,半径较小的球即为所求.设球的半径为R,∵AB⊥BC,AB=6,BC=8,∴AC=10.当球与直三棱柱的三个侧面相切时,有12(6+8+10)×R=12×6×8,此时R=2;当球与直三棱柱两底面相切时,有2R=3,此时R=32.所以在封闭的直三棱柱中,球的最大半径只能为32,故最大体积V=43π(32)3=9π2.24.(2016·全国1·文T4)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为( )A.12πB. πC.8πD.4π【答案】A【解析】设正方体的棱长为a,由a3=8,得a=2.由题意可知,正方体的体对角线为球的直径,故2r=√3a2,则r=√3.所以该球的表面积为4π×(√3)2=12π,故选A.25.(2016·全国1·理T11文T11)平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为( )A.√32 B.√22 C.√33 D.13【答案】A【解析】∵α∥平面CB1D1,平面ABCD∥平面A1B1C1D1,α∩平面ABCD=m,平面CB1D1∩平面A 1B1C1D1=B1D1,∴m∥B1D1.∵α∥平面CB1D1,平面ABB1A1∥平面DCC1D1,α∩平面ABB1A1=n,平面CB1D1∩平面DCC1D1=CD1,∴n∥CD1.∴B1D1,CD1所成的角等于m,n所成的角,即∠B1D1C等于m,n所成的角.∵△B1D1C为正三角形,∴∠B1D1C=60°,∴m,n所成的角的正弦值为√3 2.26.(2016·全国1·理T6文T7)如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是28π3,则它的表面积是( )A.17πB.18πC.20πD.28π【答案】A【解析】由三视图可知该几何体是球截去18后所得几何体,则78×4π3×R3=28π3,解得R=2,故其表面积为78×4πR2+34×πR2=14π+3π=17π.27.(2016·全国2·理T6文T7)下图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图,则该几何体的表面积为 ( )A.20πB.24πC.28πD.32π【答案】C【解析】因为原几何体由同底面的一个圆柱和一个圆锥构成,所以其表面积为S=π×(42)2+4π×4+12×4π×√(2√3)2+22=28π,故选C.28.(2016·全国3·理T9文T10)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的表面积为( )A.18+36√5B.54+18√5C.90D.81【答案】B【解析】由题意知该几何体为四棱柱,且四棱柱的底面是边长为3的正方形,侧棱长为3√5,所以所求表面积为(3×3+3×6+3×3√5)×2=54+18√5,故选B.29.(2016·山东·理T5)一个由半球和四棱锥组成的几何体,其三视图如下图所示.则该几何体的体积为( )A.13+23π B.13+√23πC.13+√26πD.1+√26π【答案】C【解析】由三视图可知,上面是半径为√22的半球,体积为V1=12×43π×(√22)3=√2π6,下面是底面积为1,高为1的四棱锥,体积V2=13×1×1=13,故选C.30.(2016·北京·理T6)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积为( )A.16B.13C.12D.1【答案】A【解析】由三视图可得,三棱锥的直观图如图,则该三棱锥的体积V=13×12×1×1×1=16,故选A.31.(2015·全国1·理T6文T6)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题:“今有委米依垣内角,下周八尺,高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图,米堆为一个圆锥的四分之一),米堆底部的弧长为8尺,米堆的高为5尺,问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺,圆周率约为3,估算出堆放的米约有( )A.14斛B.22斛C.36斛D.66斛 【答案】B【解析】设底面圆弧半径为R,∵米堆底部弧长为8尺,∴14·2πR=8,∴R=16π.∴体积V=14×13π×(16π)2×5.∵π≈3,∴V ≈3209(尺3).∴堆放的米约为3209×1.62≈22(斛).32.(2015·全国2·理T6文T6)一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.18 B.17 C.16 D.15【答案】D【解析】由题意知该正方体截去了一个三棱锥,如图所示,设正方体棱长为a,则V正方体=a3,V截去部分=16a3,故截去部分体积与剩余部分体积的比值为16a3∶56a3=1∶5.33.(2015·重庆·理T5)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )A.13+π B.23+π C.13+2π D.23+2π【答案】A【解析】由题中三视图可知,该几何体是一个组合体,其左边是一个三棱锥,底面是等腰直角三角形(斜边长等于2),高为1,所以体积V1=13×12×2×1×1=13;其右边是一个半圆柱,底面半径为1,高为2,所以体积V2=π·12·2·12=π,所以该几何体的体积V=V1+V2=13+π.34.(2015·浙江·理T2)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积是( )A.8 cm3B.12 cm3C.323 cm3 D.403 cm3【答案】C【解析】由题中三视图知该几何体是一个正方体与正四棱锥的组合体,其中正方体与正四棱锥的底面边长为2 cm,正四棱锥的高为2 cm,则该几何体的体积V=2×2×2+13×2×2×2=323(cm3),故选C.35.(2015·山东·理T7)在梯形ABCD中,∠ABC=π2,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2.将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.2π3 B.4π3C.5π3 D.2π【答案】C【解析】由题意可得旋转体为一个圆柱挖掉一个圆锥,如图所示.V圆柱=π×12×2=2π,V圆锥=13×π×12×1=π3.∴V几何体=V圆柱-V圆锥=2π-π3=5π3.36.(2015·湖南·文T10)某工件的三视图如图所示,现将该工件通过切削,加工成一个体积尽可能大的正方体新工件,并使新工件的一个面落在原工件的一个面内,则原工件材料的利用率为(材料利用率=新工件的体积原工件的体积)()A.89π B.827πC.24(√2-1)3π D.8(√2-1)3π【答案】A【解析】由三视图可知该几何体是一个圆锥,其底面半径r=1,母线长l=3,所以其高h=√l2-r2=2√2.故该圆锥的体积V=π3×12×2√2=2√2π3.由题意可知,加工后的正方体是该圆锥的一个内接正方体,如图所示.正方体ABCD-EFGH的底面在圆锥的底面内,下底面中心与圆锥底面的圆心重合,上底面中心在圆锥的高线上,设正方体的棱长为x.在轴截面SMN中,由O1G∥ON可得,O1GON=SO1SO,即√22x1=√2-2√2,解得x=2√23.所以正方体的体积为V1=(2√23)3=16√227.所以该工件的利用率为V1V=16√2272√2π3=89π.故选A.37.(2015·全国1·理T11文T11)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体,该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16+20π,则r=( )A.1B.2C.4D.8【答案】B【解析】由条件及几何体的三视图可知该几何体是由一个圆柱被过圆柱底面直径的平面所截剩下的半个圆柱及一个半球拼接而成的.其表面积由一个矩形的面积、两个半圆的面积、圆柱的侧面积的一半及一个球的表面积的一半组成.∴S表=2r×2r+2×12πr2+πr×2r+12×4πr2=5πr2+4r2=16+20π,解得r=2.38.(2015·北京·理T5)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的表面积是( )A.2+√5B.4+√5C.2+2√5D.5【答案】C【解析】作出三棱锥的直观图如图,在△ABC中,作AB边上的高CD,连接SD.在三棱锥S-ABC 中,SC ⊥底面ABC,SC=1,底面三角形ABC 是等腰三角形,AC=BC=√5,AB 边上的高CD=2,AD=BD=1,斜高SD=√5.所以S 表=S △ABC +S △SAC +S △SBC +S △SAB =12×2×2+12×1×√5+12×1×√5+12×2×√5=2+2√5.39.(2015·陕西·理T5文T5)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为( ) A.3π B.4π C.2π+4D.3π+4【答案】D【解析】由三视图可知,该几何体是一个半圆柱,圆柱的底面半径r=1,高h=2.所以几何体的侧面积S 1=C 底·h=(π×1+2)×2=2π+4.几何体的底面积S 2=12π×12=12π.故该几何体的表面积为S=S 1+2S 2=2π+4+2×π2=3π+4.故选D.40.(2015·浙江·理T8)如图,已知△ABC,D 是AB 的中点,沿直线CD 将△ACD 翻折成△A'CD,所成二面角A'-CD-B 的平面角为α,则( ) A.∠A'DB ≤α B.∠A'DB ≥α C.∠A'CB ≤α D.∠A'CB ≥α 【答案】B【解析】设∠ADC=θ,设AB=2,则由题意AD=BD=1. 在空间图形中,设A'B=t.在△A'BD 中, cos ∠A'DB=A 'D 2+DB 2-AB 22A 'D×DB=12+12-t 22×1×1=2-t 22.在空间图形中,过A'作A'N ⊥DC,过B 作BM ⊥DC,垂足分别为N,M.过N 作NP MB,连接A'P,所以NP ⊥DC.则∠A'NP 就是二面角A'-CD-B 的平面角, 所以∠A'NP=α.在Rt △A'ND 中,DN=A'Dcos ∠A'DC=cos θ,A'N=A'Dsin ∠A'DC=sin θ.同理,BM=PN=sin θ,DM=cos θ.故BP=MN=2cos θ. 显然BP ⊥面A'NP,故BP ⊥A'P.在Rt △A'BP 中,A'P 2=A'B 2-BP 2=t 2-(2cos θ)2=t 2-4cos 2θ.在△A'NP 中,cos α=cos ∠A'NP=A 'N 2+NP 2-A 'P 22A 'N×NP=sin 2θ+sin 2θ-(t 2-4cos 2θ)2sinθ×sinθ=2+2cos 2θ-t 22sin 2θ=2-t 22sin 2θ+cos 2θsin 2θ=1sin 2θcos ∠A'DB+cos 2θsin 2θ.因为1sin 2θ≥1,cos 2θsin 2θ≥0,所以cos α≥cos∠A'DB (当θ=π2时取等号),因为α,∠A'DB ∈[0,π],而y=cos x 在[0,π]上为递减函数,所以α≤∠A'DB.故选B. 41.(2015·全国2·理T9文T10)已知A,B 是球O 的球面上两点,∠AOB=90°,C 为该球面上的动点.若三棱锥O-ABC 体积的最大值为36,则球O 的表面积为 ( ) A.36π B.64π C.144π D.256π【答案】C【解析】因为∠AOB=90°,所以S △AOB =12R 2.因为V O-ABC =V C-AOB ,而△AOB 面积为定值,所以三棱锥底面OAB 上的高最大时,其体积最大.因为高最大为半径R,所以V C-AOB =13×12R 2×R=36,解得R=6,故S 球=4πR 2=144π.42.(2015·安徽·理T5)已知m,n 是两条不同直线,α,β是两个不同平面,则下列命题正确的是( )A.若α,β垂直于同一平面,则α与β平行B.若m,n 平行于同一平面,则m 与n 平行C.若α,β不平行．．．,则在α内不存在．．．与β平行的直线D.若m,n 不平行．．．,则m 与n 不可能．．．垂直于同一平面 【答案】D【解析】A选项α,β可能相交;B选项m,n可能相交,也可能异面;C选项若α与β相交,则在α内平行于它们交线的直线一定平行于β;由垂直于同一个平面的两条直线一定平行,可知D选项正确.43.(2015·浙江·文T4)设α,β是两个不同的平面,l,m是两条不同的直线,且l⊂α,m⊂β.( )A.若l⊥β,则α⊥βB.若α⊥β,则l⊥mC.若l∥β,则α∥βD.若α∥β,则l∥m【答案】A【解析】若l⊥β,又l⊂α,由面面垂直的判定定理,得α⊥β,故选项A正确;选项B,l⊥m或l∥m或l与m相交或异面都有可能;选项C,α∥β或α与β相交都有可能;选项D,l∥m或l 与m异面都有可能.44.(2015·广东·文T6)若直线l1和l2是异面直线,l1在平面α内,l2在平面β内,l是平面α与平面β的交线,则下列命题正确的是( )A.l与l1,l2都不相交B.l与l1,l2都相交C.l至多与l1,l2中的一条相交D.l至少与l1,l2中的一条相交【答案】D【解析】l1与l在平面α内,l2与l在平面β内,若l1,l2与l都不相交,则l1∥l,l2∥l,根据直线平行的传递性,则l1∥l2,与已知矛盾,故l至少与l1,l2中的一条相交.45.(2014·浙江·理T3)某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则此几何体的表面积是( )A.90 cm2B.129 cm2C.132 cm2D.138 cm2【答案】D【解析】由题干中的三视图可得原几何体如图所示.故该几何体的表面积S=2×4×6+2×3×4+3×6+3×3+3×4+3×5+2××3×4=138(cm2).故选D.46.(2014·陕西·文T5)将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周,所得几何体的侧面积是( )A.4πB.3πC.2πD.π【答案】C【解析】依题意,知所得几何体是一个圆柱,且其底面半径为1,母线长也为1,因此其侧面积为2π×1×1=2π,故选C.47.(2014·辽宁·理T4文T4)已知m,n表示两条不同直线,α表示平面.下列说法正确的是( )A.若m∥α,n∥α,则m∥nB.若m⊥α,n⊂α,则m⊥nC.若m⊥α,m⊥n,则n∥αD.若m∥α,m⊥n,则n⊥α【答案】B【解析】对A:m,n还可能异面、相交,故A不正确.对C:n还可能在平面α内,故C不正确.对D:n还可能在α内,故D不正确.对B:由线面垂直的定义可知正确.48.(2014·广东·理T7)在空间中四条两两不同的直线l1,l2,l3,l4,满足l1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,则下列结论一定正确的是( )A.l1⊥l4B.l1∥l4C.l1与l4既不垂直也不平行D.l1与l4的位置关系不确定【答案】D【解析】如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,取l1为BC,l2为CC1,l3为C1D1.满足l1⊥l2,l2⊥l3.若取l 4为A1D1,则有l1∥l4;若取l4为DD1,则有l1⊥l4.因此l1与l4的位置关系不确定,故选D.49.(2014·浙江·文T6)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面.( )A.若m⊥n,n∥α,则m⊥αB.若m∥β,β⊥α,则m⊥αC.若m⊥β,n⊥β,n⊥α,则m⊥αD.若m⊥n,n⊥β,β⊥α,则m⊥α【答案】C【解析】当m⊥n,n∥α时,可能有m⊥α,但也有可能m∥α或m⊂α,故A选项错误; 当m∥β,β⊥α时,可能有m⊥α,但也有可能m∥α或m⊂α,故选项B错误;当m⊥β,n⊥β,n⊥α时,必有α∥β,从而m⊥α,故选项C正确;在如图所示的正方体ABCD-A1B1C1D1中,取m为B1C1,n为CC1,β为平面ABCD,α为平面ADD1A1,这时满足m⊥n,n⊥β,β⊥α,但m⊥α不成立,故选项D错误.50.(2014·陕西·理T5)已知底面边长为1,侧棱长为√2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上,则该球的体积为( )A.32π3 B.4π C.2π D.4π3【答案】D【解析】依题意可知正四棱柱体对角线的长度等于球的直径,可设球半径R,则2R=√12+12+(√2)2=2,解得R=1,所以V=4π3R3=4π3.51.(2014·大纲全国·理T8)正四棱锥的顶点都在同一球面上.若该棱锥的高为4,底面边长为2,则该球的表面积为( )A.81π4 B.16π C.9π D.27π4【答案】A【解析】由图知,R2=(4-R)2+2,∴R2=16-8R+R2+2,∴R=9 4,∴S表=4πR2=4π×8116=814π,选A.52.(2014·湖南·理T7文T8)一块石材表示的几何体的三视图如图所示.将该石材切削、打磨,加工成球,则能得到的最大球的半径等于( )A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】由三视图可得原石材为如右图所示的直三棱柱A1B1C1-ABC,且AB=8,BC=6,BB1=12.若要得到半径最大的球,则此球与平面A1B1BA,BCC1B1,ACC1A1相切,故此时球的半径与△ABC内切圆的半径相等,故半径r=6+8-102=2.故选B.53.(2014·全国1·理T12)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的各条棱中,最长的棱的长度为( )A.6√2B.6C.4√2D.4 【答案】B【解析】如图所示的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4.取B1B的中点G,即三棱锥G-CC1D1为满足要求的几何体,其中最长棱为D1G,D1G=√(4√2)2+22=6.54.(2014·全国1·文T8)如图,网格纸的各小格都是正方形,粗实线画出的是一个几何体的三视图,则这个几何体是( )A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱【答案】B【解析】由所给三视图可知该几何体是一个三棱柱(如图).55.(2014·北京·理T7)在空间直角坐标系O-xyz中,已知A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(1,1, √2).若S1,S2,S3分别是三棱锥D-ABC在xOy,yOz,zOx坐标平面上的正投影图形的面积,则( )A.S1=S2=S3B.S2=S1且S2≠S3C.S3=S1且S3≠S2D.S3=S2且S3≠S1【答案】D【解析】三棱锥的各顶点在xOy坐标平面上的正投影分别为A 1(2,0,0),B1(2,2,0),C1(0,2,0),D1(1,1,0).显然D1点为A1C1的中点,如图(1),正投影为Rt△A1B1C1,其面积S1=12×2×2=2.三棱锥的各顶点在yOz坐标平面上的正投影分别为A 2(0,0,0),B2(0,2,0),C2(0,2,0),D2(0,1,√2).显然B2,C2重合,如图(2),正投影为△A2B2D2,其面积S2=12×2×√2=√2.三棱锥的各顶点在zOx坐标平面上的正投影分别为A 3(2,0,0),B3(2,0,0),C3(0,0,0),D3(1,0,√2),由图(3)可知,正投影为△A3D3C3,其面积S 3=12×2×√2=√2.综上,S2=S3,S3≠S1.故选D.56.(2014·大纲全国·理T11)已知二面角α-l-β为60°,AB⊂α,AB⊥l,A为垂足,CD⊂β,C ∈l,∠ACD=135°,则异面直线AB与CD所成角的余弦值为( )A.14 B.√24 C.√34 D.12【答案】B【解析】如图,在平面α内过C作CE∥AB,则∠ECD为异面直线AB与CD所成的角或其补角,不妨取CE=1,过E作EO⊥β于O. 在平面β内过O作OH⊥CD于H,连EH,则EH⊥CD.因为AB∥CE,AB⊥l,所以CE⊥l.又因为EO⊥平面β,所以CO⊥l.故∠ECO为二面角α-l-β的平面角,所以∠ECO=60°.而∠ACD=135°,CO ⊥l,所以∠OCH=45°.在Rt △ECO 中,CO=CE ·cos ∠ECO=1·cos 60°=12.在Rt △COH 中,CH=CO ·cos ∠OCH=12·sin45°=√24.在Rt △ECH 中,cos ∠ECH=CH CE =√241=√24.所以异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为√24.故选B.57.(2014·大纲全国·文T4)已知正四面体ABCD 中,E 是AB 的中点,则异面直线CE 与BD 所成角的余弦值为( )A.16B.√36C.13D.√33【答案】B【解析】如图所示,取AD 的中点F,连EF,CF,则EF ∥BD,∴异面直线CE 与BD 所成的角即为CE 与EF 所成的角∠CEF.由题知,△ABC,△ADC 为正三角形,设AB=2,则CE=CF=√3,EF=12BD=1.∴在△CEF 中,由余弦定理,得cos ∠CEF=CE 2+EF 2-CF22CE ·EF=√3)22√3)22×√3×1=√36.故选B.58.(2014·全国2·理T6文T6)如图,网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm),图中粗线画出的是某零件的三视图,该零件由一个底面半径为3 cm,高为6 cm 的圆柱体毛坯切削得到,则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )A.1727B.59C.1027D.13【答案】C【解析】由零件的三视图可知,该几何体为两个圆柱组合而成,如图所示. 切削掉部分的体积V 1=π×32×6-π×22×4-π×32×2=20π(cm 3), 原来毛坯体积V 2=π×32×6=54π(cm 3).故所求比值为V 1V 2=20π54π=1027.59.(2014·全国2·文T7)正三棱柱ABC-A 1B 1C 1的底面边长为2,侧棱长为√3,D 为BC 中点,则三棱锥A-B 1DC 1的体积为( ) A.3 B.32C.1D.√32【答案】C【解析】∵D 是等边△ABC 的边BC 的中点,∴AD ⊥BC. 又ABC-A 1B 1C 1为正三棱柱, ∴AD ⊥平面BB 1C 1C. 又四边形BB 1C 1C 为矩形,∴S △DB 1C 1=12S 四边形BB 1C 1C =12×2×√3=√3.又AD=2×√32=√3,∴V A -B 1DC 1=13S △B 1DC 1·AD=13×√3×√3=1.60.(2013·全国1·理T8文T11)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )A.16+8πB.8+8πC.16+16πD.8+16π 【答案】A【解析】该几何体为一个半圆柱与一个长方体组成的一个组合体. V 半圆柱= π×22×4=8π,V 长方体=4×2×2=16. 所以所求体积为16+8π.故选A.61.(2013·浙江·文T5)已知某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则该几何体的体积是( )A.108 cm 3B.100 cm 3C.92 cm 3D.84 cm 3【答案】B【解析】由三视图可知,该几何体是如图所示长方体去掉一个三棱锥,故几何体的体积是6×3×6-13×12×3×42=100(cm 3).故选B.62.(2013·山东·理T4)已知三棱柱ABC-A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直,体积为94,底面是边长为√3的正三角形.若P 为底面A 1B 1C 1的中心,则PA 与平面ABC 所成角的大小为( )A.5π12B.π3C.π4D.π6【答案】B【解析】如图所示,由棱柱体积为94,底面正三角形的边长为√3,可求得棱柱的高为√3.设P 在平面ABC 上射影为O,则可求得AO 长为1,故AP 长为√12+(√3)2=2.故∠PAO=π3,即PA 与平面ABC 所成的角为π3.63.(2013·全国2·理T7文T9)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz 中的坐标分别是(1,0,1),(1,1,0),(0,1,1),(0,0,0),画该四面体三视图中的正视图时,以zOx 平面为投影面,则得到的正视图可以为 ( )【答案】A【解析】该四面体在空间直角坐标系O-xyz中的图象如图所示.则它在平面zOx上的投影,即正视图为.64.(2013·湖南·理T7)已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形,则该正方体的正视图的面积不可能等于( )A.1B.√2C.√2-12 D.√2+12【答案】C【解析】当俯视图是面积为1的正方形时,其正视图的最小面积等于一个面的面积1,最大面积等于对角面的面积√2.故正视图面积S的取值范围为1≤S≤√2.因为√2-12<1,故选C.65.(2013·全国1·理T6)如图,有一个水平放置的透明无盖的正方体容器,容器高8 cm,将一个球放在容器口,再向容器内注水,当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm,如果不计容器的厚度,则球的体积为( )A.500π3 cm3 B.866π3 cm3C.1372π3 cm3 D.2048π3 cm3【答案】A【解析】设球半径为R,由题可知R,R-2,正方体棱长的一半可构成直角三角形,即△OBA为直角三角形,如图.BC=2,BA=4,OB=R-2,OA=R, 由R2=(R-2)2+42,得R=5,所以球的体积为4π3×53=5003π(cm3),故选A.66.(2013·辽宁·理T10)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上.若AB=3,AC=4,AB⊥AC,AA1=12,则球O的半径为( )A.3√172 B.2√10 C.132 D.3√10【答案】C【解析】过C点作AB的平行线,过B点作AC的平行线,交点为D,同理过C1作A1B1的平行线,过B 1作A1C1的平行线,交点为D1,连接DD1,则ABCD-A1B1C1D1恰好成为球的一个内接长方体,故球的半径r=√32+42+1222=132.67.(2013·全国2·理T4)已知m,n为异面直线,m⊥平面α,n⊥平面β.直线l满足l⊥m,l⊥n,l⊄α,l⊄β,则( )A.α∥β且l∥αB.α⊥β且l⊥βC.α与β相交,且交线垂直于lD.α与β相交,且交线平行于l【答案】D【解析】因为m⊥α,l⊥m,l⊄α,所以l∥α.同理可得l∥β.又因为m,n为异面直线,所以α与β相交,且l平行于它们的交线.故选D.68.(2013·广东·理T6)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面.下列命题中正确的是 ( )A.若α⊥β,m⊂α,n⊂β,则m⊥nB.若α∥β,m⊂α,n⊂β,则m∥nC.若m⊥n,m⊂α,n⊂β,则α⊥βD.若m⊥α,m∥n,n∥β,则α⊥β【答案】D【解析】选项A中, m与n还可能平行或异面,故不正确;。
2019--2020年高考数学试题分类汇编立体几何及答案详解
2019--2020年高考数学试题分类汇编立体几何一、选择题.1、（2019年高考全国I 卷理科12）已知三棱锥P −ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为A ．68πB ．64πC ．62πD ．6π 答案：D解析：如图，三棱锥ABC P -为正三棱锥，不妨设a PC PB PA 2||||||===，底面外接圆半径为r ，由题意可得3||,||==CF a EF .在PAC ∆中，由余弦定理可得aa a a PAC 21222444cos 22=⨯⨯-+=∠， 所以在EAC ∆中22124||222+=⨯⨯⨯-+=a aa a a EC 又︒=∠90CEF ，根据勾股定理可得222||||||CF EF EC =+，即2||=PC 在直角POC ∆中，332||=OC ,36||||22=-=r PC OP 由正三棱锥外接球半径公式可得26||2||222=+=OP OP r R ，故体积为π6 2、（2019年高考全国II 卷文理科7）设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是 A ．α内有无数条直线与β平行B ．α内有两条相交直线与β平行C ．α，β平行于同一条直线D ．α，β垂直于同一平面答案：B解析：由“判定定理:如果一个平面内有两条相交直线分别与另一个平面内两条相交直线平行,那么这两个平面平行”可知答案选B3、（2019年高考全国II 卷文理科16）．中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空2分，第二空3分．） 答案：A解析：(1)上层8个,中层8个,下层8个上下底各1个(2)设棱长为a ,如图作出该几何体的截面,1,21=-=CE a CD 又△CDE 为等腰直角三角形,则a a =-⨯212，解得12-=a .则棱长为12- 4、（2019年高考全国III 卷文理科8）如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则A ．BM =EN ，且直线BM 、EN 是相交直线B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM =EN ，且直线BM 、EN 是异面直线D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线答案：B解析：建系如图)23,0,23(),0,11,1(),3,0,1(),0,2,0(M N E B 所以7)023()20()023(||222=-+-+-=BM , 2)300()01()11(||222=-+-+-=EN又因为BN BE BM +=21 所以B 、M 、E 、N 四点共面。
2023年高考数学真题题源解密(全国卷)专题10 空间向量与立体几何(解析版)
2023年高考数学真题题源解密（全国卷）专题10空间向量与立体几何目录一览①2023真题展现考向一空间几何体的表面积和体积考向二三视图考向三点线面的位置关系考向四空间中的夹角问题②真题考查解读近年真题对比⑤名校模拟探源⑥易错易混速记考向一空间几何体的表面积和体积30ABO ∠，3,232OC AB BC解得332PC，于是2PO PC OC 所以圆锥的体积211πV OA PO ABC ∵ 是边长为2的等边三角形，,PE AB CE AB ，又PE AB 平面PEC ，又3232PE CE，PC因为底面ABCD 为正方形，AB 又3PC PD ，PO OP ，所以又3PC PD ，42AC BD ，所以在PAC △中，3,42,PC AC 则由余弦定理可得22PA AC PC 故17PA ，则17PB ，故在PBC 中，7,3,1P PB C 所以22cos 2PC BC PB PCB PC BC 又0πPCB ，所以sin PCB 所以PBC 的面积为12S PC BC 法二：连结,AC BD 交于O ，连结PO ，则因为底面ABCD 为正方形，AB 在PAC △中，3,45PC PCA 则由余弦定理可得22PA AC PC 所以22cos 2PA PC AC APC PA PC cos 17PA PC PA PC APC 不妨记,PB m BPD ，因为 1122PO PA PC PB PD 即2222PA PC PA PC PB PD 则 217923923m 又在PBD △中，22BD PB PD 两式相加得22340m ，故PB 故在PBC 中，7,3,1P PB C 所以22cos 2PC BC PB PCB PC BC 又0πPCB ，所以sin PCB 所以PBC 的面积为12S PC BC二、填空题4．（2023·全国甲卷文数第16题）与球O 的球面有公共点，则球O 【答案】[22,23]【详解】设球的半径为R .分别取侧棱111,,,AA BB CC DD MNGH 的对角线交点，连接MG ，则42MG ，当球的一个大圆恰好是四边形小值为22.综上，[2R 三、解答题(1)求证：EF //平面ADO ；(2)若120POF ，求三棱锥 P 【答案】(1)证明见解析(2)263【详解】（1）连接,DE OF ，设AF6．（2023·全国甲卷文数第18题）(1)证明：平面11ACC A 平面(2)设11,2AB A B AA ，求四棱锥【答案】(1)证明见解析.(2)1【详解】（1）证明：因为A 过点1A 作11A O CC ，垂足为因为平面11ACC A 平面BCC 所以1A O 平面11BCC B ，所以四棱锥111A BB C C 的高为因为1A C 平面ABC ，,ACA ．24B ．26【答案】D【详解】如图所示，在长方体ABCD 点,,,H I J K 为所在棱上靠近点1,B C 则三视图所对应的几何体为长方体该几何体的表面积和原来的长方体的表面积相比少其表面积为： 222考向三点线面的位置关系显然,,CE DE E CE DE 因此平面CDE 平面ABC 直线CD 平面CDE ，则直线从而DCE 为直线CD 与平面222CD CE DE CE3．（2023·全国甲卷理数第直径的球的球面与该正方体的棱共有【答案】12【详解】不妨设正方体棱长为,,,,FG EG OM ON MN，如图，由题意可知，O为球心，在正方体中，R ，即2CC的距离为OM则球心O到1CC相切，球面与棱所以球O与棱1同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有所以以EF为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为考向四空间中的夹角问题(1)证明：//EF平面ADO；(2)证明：平面ADO 平面BEF(3)求二面角D AO C的正弦值【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)2.于是1//,,/2DE AB DE AB OF//,EF DO EF DO，又EF 所以//EF平面ADO.（2）法一：由（1）可知//EF（3）法一：过点O作//OH BF交由AO BF，得HO AO，且FH 又由（2）知，OD AO，则DOH因为,D E分别为,PB PA的中点，因此即有11,33DG AD GE BE，又(1)证明：1A C AC ；(2)已知1AA 与1BB 的距离为2，求【答案】(1)证明见解析(2)1313【详解】（1）如图，1AC ∵底面ABC ，BC 面ABC 1A C BC ，又BC AC ，AC BC 平面ACC1A1，又BC【命题意图】1.空间几何体(1)认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征,并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.(2)能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图,能识别上述三视图所表示的立体模型,会用斜二侧法画出它们的直观图.(3)会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图,了解空间图形的不同表示形式.(4)会画某些建筑物的视图与直观图(在不影响图形特征的基础上,尺寸、线条等不作严格要求).(5)了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式.2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题.3.空间向量及其运算(1)了解空间向量的概念,了解空间向量的基本定理及其意义,掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.(2)掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.(3)掌握空间向量的数量积及其坐标表示,能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直.4.空间向量的应用(1)理解直线的方向向量与平面的法向量.(2)能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系.(3)能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理).(4)能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题,了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.【考查要点】高频考点：面面角，垂直关系的证明；中频考点：体积、球及球的切接，线线角、线面角；低频考点：平行关系的证明。
2019年(四川版)高考数学分项汇编 专题10 立体几何(含解析)理
第十章 立体几何一．基础题组1.【2007四川，理4】如图，ABCD -A 1B 1C 1D 1为正方体，下面结论错误．．的是( )（A ）BD ∥平面CB 1D 1 （B ）AC 1⊥BD（C ）AC 1⊥平面CB 1D 1 （D ）异面直线AD 与CB 1所成角为60°2.【2007四川，理14】如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧棱长为2，底面三角形的边长为1，则BC 1与侧面ACC 1A 1所成的角是 .BB 13.【2008四川，理9】设直线l ⊂平面α，过平面α外一点A 与,l α都成030角的直线有且只有：( ) （Ａ）１条 （Ｂ）２条 （Ｃ）３条 （Ｄ）４条【点评】：此题重点考察线线角，线面角的关系，以及空间想象能力，图形的对称性；【突破】：数形结合，利用圆锥的母线与底面所成的交角不变画图，重视空间想象能力和图形的对称性； 4.【2010四川，理15】如图，二面角l αβ--的大小是60°，线段AB α⊂.B l ∈，AB 与l 所成的角为30°.则AB 与平面β所成的角的正弦值是 .【答案】4【命题意图】本题考查立体几何中的二面角、线面角的求法.关键是利用三垂线定理及其逆定理把要求的角作出来.α∙AB∙βDB 1B5.【2011四川，理3】1l ，2l ，3l 是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是（ ） (A )12l l ⊥，23l l ⊥13l l ⇒ （B ）12l l ⊥，23l l ⇒13l l ⊥(C )233l l l ⇒ 1l ，2l ，3l 共面（D ）1l ，2l ，3l 共点⇒1l ，2l ，3l 共面6.【2011四川，理15】如图，半径为R 的球O 中有一内接圆柱.当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是 .7.【2012四川，理6】下列命题正确的是（ ）A 、若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B 、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C 、若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D 、若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行8. 【2012四川，理14】如图，在正方体1111ABCD A B C D 中，M 、N 分别是棱CD 、1CC 的中点，则异面直线1A M 与DN 所成角的大小是____________。
高考文科数学总复习——真题汇编之立体几何含参考答案
高考文科数学总复习——真题汇编之立体几何（含参考答案）一、选择题1.【2018全国一卷5】已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为 A ．122πB ．12πC ．82πD ．10π2.【2018全国一卷9】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为 A ．172B ．52C ．3D ．23.【2018全国一卷10】在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，1AC 与平面11BB C C 所成的角为30︒，则该长方体的体积为 A ．8B ．62C ．82D ．834.【2018全国二卷9】在正方体中，为棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为 A ．B ．C ．D ．5.【2018全国三卷3】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是1111ABCD A B C D -E 1CC AE CD 23576.【2018全国三卷12】设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为A ．B ．C ．D ．7.【2018北京卷6】某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为A.1B.2C.3D.4第7题图 第8题图8.【2018浙江卷3】某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是 A ．2B ．4C ．6D ．8A B C D ，，，ABC△D ABC俯视图正视图22119.【2018浙江卷8】已知四棱锥S −ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点），设SE 与BC 所成的角为θ1，SE 与平面ABCD 所成的角为θ2，二面角S −AB −C 的平面角为θ3，则 A ．θ1≤θ2≤θ3B ．θ3≤θ2≤θ1C ．θ1≤θ3≤θ2D ．θ2≤θ3≤θ110.【2018上海卷15】《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马.设AA ₁是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA ₁为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（ ） （A ）4 （B ） 8（C ）12 （D ）16二、填空题1.【2018全国二卷16】已知圆锥的顶点为，母线，互相垂直，与圆锥底面所成角为，若的面积为，则该圆锥的体积为__________．2.【2018天津卷11】如图，已知正方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱锥A 1–BB 1D 1D 的体积为__________．3.【2018江苏卷10】如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点S SA SB SA 30 SAB △8的多面体的体积为 ．三、解答题1.【2018全国一卷18】如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM =︒∠，以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥． （1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．2.【2018全国二卷19】如图，在三棱锥中，，，为的中点．（1）证明：平面；（2）若点在棱上，且，求点到平面的距离．P ABC-AB BC ==4PA PB PC AC ====O AC PO ⊥ABC M BC 2MC MB =CPOM3.【2018全国三卷19】如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点． （1）证明：平面平面；（2）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．4.【2018北京卷18】如图，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA =PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点.（Ⅰ）求证：PE ⊥BC ；（Ⅱ）求证：平面PAB ⊥平面PCD ； （Ⅲ）求证：EF ∥平面PCD .5.【2018天津卷17】如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是等边三角形，平面ABC ⊥平面ABD ，点M 为棱AB 的中点，AB =2，AD=BAD =90°．（Ⅰ）求证：AD ⊥BC ；（Ⅱ）求异面直线BC 与MD 所成角的余弦值； （Ⅲ）求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值．ABCD CD M CD C D AMD ⊥BMC AM P MC ∥PBD6.【2018江苏卷15】在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：（1）AB ∥平面11A B C ； （2）平面11ABB A ⊥平面1A BC ．7.【2018江苏卷22（附加题）】如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB =AA 1=2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．（1）求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值； （2）求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．8.【2018浙江卷19】如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B 1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C 1C=1，AB=BC=B1B=2．（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．9.【2018上海卷17】已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；（2）设PO=4，OA，OB是底面半径，且∠AOB=90°，M为线段AB的中点，如图，求异面直线PM与OB所成的角的大小.参考答案一、选择题1.B2.B3.C4.C5.A6.B7.C8.C9.D 10.D 二、填空题1.π82.31 3.43三、解答题1.解：（1）由已知可得，BAC ∠=90°，BA AC ⊥．又BA ⊥AD ，所以AB ⊥平面ACD ． 又AB ⊂平面ABC ， 所以平面ACD ⊥平面ABC ．（2）由已知可得，DC =CM =AB =3，DA =32． 又23BP DQ DA ==，所以22BP =． 作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE =13DC ．由已知及（1）可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE =1． 因此，三棱锥Q ABP -的体积为1111322sin 451332Q ABP ABP V QE S -=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯︒=△．2解：（1）因为AP =CP =AC =4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP =．连结OB ．因为AB =BC =，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ==2．2322AC 12AC由知，OP ⊥OB ． 由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC ．（2）作CH ⊥OM ，垂足为H ．又由（1）可得OP ⊥CH ，所以CH ⊥平面POM ．故CH 的长为点C 到平面POM 的距离． 由题设可知OC ==2，CM ==，∠ACB =45°． 所以OM =，CH ==．所以点C 到平面POM 的距离为．3.解：（1）由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD ．因为BC ⊥CD ，BC 平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM ． 因为M 为上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM ．又BC ∩CM =C ，所以DM ⊥平面BMC ． 而DM 平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ． （2）当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD ．证明如下：连结AC 交BD 于O ．因为ABCD 为矩形，所以O 为AC 中点． 连结OP ，因为P 为AM 中点，所以MC ∥OP ．MC 平面PBD ，OP 平面PBD ，所以MC ∥平面PBD ．222OP OB PB +=12AC 23BC 42325sin OC MC ACB OM ⋅⋅∠4545⊂CD ⊂⊄⊂4.解：（Ⅰ）∵PA PD=，且E为AD的中点，∴PE AD⊥.∵底面ABCD为矩形，∴BC AD∥，∴PE BC⊥.（Ⅱ）∵底面ABCD为矩形，∴AB AD⊥.∵平面PAD⊥平面ABCD，∴AB⊥平面PAD.∴AB PD⊥.又PA PD⊥，∴PD⊥平面PAB，∴平面PAB⊥平面PCD.（Ⅲ）如图，取PC中点G，连接,FG GD.∵,F G分别为PB和PC的中点，∴FG BC∥，且12FG BC=.∵四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，∴1,2ED BC DE BC=∥，∴ED FG∥，且ED FG=，∴四边形EFGD为平行四边形，∴EF GD∥.又EF⊄平面PCD，GD⊂平面PCD，∴EF∥平面PCD.5.解：（Ⅰ）证明：由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD=AB，AD⊥AB，可得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC．（Ⅱ）解：取棱AC的中点N，连接MN，ND．又因为M为棱AB的中点，故MN ∥BC．所以∠DMN（或其补角）为异面直线BC与MD所成的角．在Rt△DAM中，AM=1，故DMAD⊥平面ABC，故AD⊥AC．在Rt△DAN中，AN=1，故DN在等腰三角形DMN中，MN=1，可得12cosMNDMNDM∠==．所以，异面直线BC与MD（Ⅲ）解：连接CM．因为△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，故CM⊥AB，CM又因为平面ABC⊥平面ABD，而CM⊂平面ABC，故CM⊥平面ABD．所以，∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角．在Rt△CAD中，CD=4．在Rt△CMD中，sin CMCDMCD∠==．所以，直线CD与平面ABD．6.证明：（1）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ∥A 1B 1．因为AB ⊄平面A 1B 1C ，A 1B 1⊂平面A 1B 1C ， 所以AB ∥平面A 1B 1C ．（2）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，四边形ABB 1A 1为平行四边形．又因为AA 1=AB ，所以四边形ABB 1A 1为菱形， 因此AB 1⊥A 1B ．又因为AB 1⊥B 1C 1，BC ∥B 1C 1， 所以AB 1⊥BC ．又因为A 1B ∩BC =B ，A 1B ⊂平面A 1BC ，BC ⊂平面A 1BC ， 所以AB 1⊥平面A 1BC ． 因为AB 1⊂平面ABB 1A 1， 所以平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC ．7.解：如图，在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，设AC ，A 1C 1的中点分别为O ，O 1，则OB ⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB ，以1,{},OB OC OO 为基底，建立空间直角坐标系O −xyz ．因为AB =AA 1=2，所以1110,1,0,3,0,0,0,1,0,0,1,()()()()(2,3,0,2,0,1,2)()A B C A B C --．（1）因为P 为A 1B 1的中点，所以1,2)2P -，从而131(,,2)(0,2,22),BP AC ==--，故111|||cos ,|||||5BP AC BP AC BP AC ⋅==⋅．因此，异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为．（2）因为Q 为BC 的中点，所以1,0)2Q ，因此33(,0)2AQ =，11(0,2,2),(0,0,2)AC CC ==．设n =（x ，y ，z ）为平面AQC 1的一个法向量，则10,0,AQ AC ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=n n 即30,2220.x y y z +=⎪+=⎩不妨取1,1)=-n ，设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ，则111||sin|cos|,|||CCCCCC|θ==⋅⋅==nnn，所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为．8.解：方法一：（Ⅰ）由11112,4,2,,AB AA BB AA AB BB AB===⊥⊥得111AB A B==，所以2221111A B AB AA+=.故111AB A B⊥.由2BC=，112,1,BB CC==11,BB BCCC BC⊥⊥得11B C=，由2,120AB BC ABC==∠=︒得AC=由1CC AC⊥，得1AC=2221111AB B C AC+=，故111AB B C⊥.因此1AB⊥平面111A B C.（Ⅱ）如图，过点1C作111C D A B⊥，交直线11A B于点D，连结AD.由1AB ⊥平面111A B C 得平面111A B C ⊥平面1ABB ， 由111C D A B ⊥得1C D ⊥平面1ABB ， 所以1C AD ∠是1AC 与平面1ABB 所成的角.由111111BC A B AC ===111111cos C AB C A B ∠=∠=，所以1C D =，故111sin C D C AD AC ∠==. 因此，直线1AC 与平面1ABB方法二：（Ⅰ）如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O -xyz .由题意知各点坐标如下：111(0,(1,0,0),(0,(1,0,2),A B A B C因此11111(1,3,2),(1,3,2),(0,23),AB A B AC ==-=-[来源:学#科#网Z#X#X#K]由1110AB A B ⋅=得111AB A B ⊥.由1110AB AC ⋅=得111AB AC ⊥. 所以1AB ⊥平面111A B C .（Ⅱ）设直线1AC 与平面1ABB 所成的角为θ.由（Ⅰ）可知11(0,23,1),(1,3,0),(0,0,2),AC AB BB === 设平面1ABB 的法向量(,,)x y z =n .由10,0,AB BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,20,x z ⎧=⎪⎨=⎪⎩可取(=n.所以111|sin |cos ,||||AC AC AC θ⋅===⋅n |n n |因此，直线1AC 与平面1ABB 所成的角的正弦值是13.9.解：(1)依题意可知：圆锥的高度为322422=-=OP ，所以其体积为：πππ338322313122=⨯⨯⨯==h r V 。
2023年高考数学真题题源解密(新高考全国卷)专题10 立体几何综合(解析版)
专题10立体几何综合目录一览2023真题展现考向一求二面角考向二求距离真题考查解读近年真题对比考向一求三棱锥体积考向二求二面角命题规律解密名校模拟探源易错易混速记/二级结论速记考向一求二面角1．（2023•新高考Ⅱ•第20题）如图，三棱锥A ﹣BCD 中，DA ＝DB ＝DC ，BD ⊥CD ，∠ADB ＝∠ADC ＝60°，E 为BC 中点．（1）证明BC ⊥DA ；（2）点F 满足퐸 →=퐷 →，求二面角D ﹣AB ﹣F 的正弦值．证明：（1）连接AE ，DE ，∵DB ＝DC ，E 为BC 中点．∴DE ⊥BC ，又∵DA ＝DB ＝DC ，∠ADB ＝∠ADC ＝60°，∴△ACD 与△ABD 均为等边三角形，∴AC ＝AB ，∴AE ⊥BC ，AE ∩DE ＝E ，∴BC ⊥平面ADE ，∵AD ⊂平面ADE ，∴BC ⊥DA ．（2）解：设DA ＝DB ＝DC ＝2，∴퐵 =22，∵퐷퐸= 퐸=2，AD ＝2，∴AE 2+DE 2＝4＝AD 2，∴AE ⊥DE ，又∵AE ⊥BC ，DE ∩BC ＝E ，∴AE ⊥平面BCD ，以E 为原点，建立如图所示空间直角坐标系，퐷(2，0，0)， (0，0，2)，퐵(0，2，0)，E （0，0，0），∵퐸 →=퐷 →，∴ (−2，0，2)，∴퐷 →=(−2，0，2)， 퐵→=(0，2，−2)， →=(−2，0，0)，设平面DAB 与平面ABF 的一个法向量分别为�1→=(�1，�1，�1)，�2→=(�2，�2，�2)，则−2�1+2�1=02�1−2�1=0，令x 1＝1，解得y 1＝z 1＝1，2�2−2�2=0−2�2=0，令y 2＝1，解得x 2＝0，z 2＝1，故�1→=（1，1，1），�2→=（0，1，1），设二面角D ﹣AB ﹣F 的平面角为θ，则|cos θ|=|�1→⋅�2→||�1→||�2→|==63，故sin θ=33，所以二面角D ﹣AB ﹣F 的正弦值为33．考向二求距离2．（2023•新高考Ⅰ•第18题）如图，在正四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 中，AB ＝2，AA 1＝4．点A 2，B 2，C 2，D 2分别在棱AA 1，BB 1，CC 1，DD 1上，AA 2＝1，BB 2＝DD 2＝2，CC 2＝3．（1）证明：B 2C 2∥A 2D 2；（2）点P 在棱BB1上，当二面角P ﹣A 2C 2﹣D 2为150°时，求B 2P ．解：（1）证明：根据题意建系如图，则有：B 2（0，2，2），C 2（0，0，3），A 2（2，2，1），D 2（2，0，2），∴퐵2 2→=(0，−2，1)， 2퐷2→=(0，−2，1)，∴퐵2 2→= 2퐷2→，又B 2，C 2，A 2，D 2四点不共线，∴B 2C 2∥A 2D 2；（2）在（1）的坐标系下，可设P （0，2，t ），t ∈[0，4]，又由（1）知C 2（0，0，3），A 2（2，2，1），D 2（2，0，2），∴ 2 2→=(2，2，−2)， 2�→=(0，2，�−3)， 2퐷2→=(0，−2，1)，设平面PA 2C 2的法向量为�→=(�，�，�)，则�→⋅ 2 2→=2�+2�−2�=0�→⋅ 2�→=2�+(�−3)�=0，取�→=(�−1，3−�，2)，设平面A 2C 2D 2的法向量为�→=(�，�，�)，则�→⋅ 2 2→=2�+2�−2�=0�→⋅ 2퐷2→=−2�+�=0，取�→=(1，1，2)，∴根据题意可得|cos150°|＝|cos ＜�→，�→＞|=|�→⋅�→||�→||�→|，∴32=∴t 2﹣4t+3＝0，又t ∈[0，4]，∴解得t ＝1或t ＝3，∴P 为B 1B 2的中点或B 2B 的中点，∴B 2P ＝1．【命题意图】考查线面平行与垂直、空间几何体的表面积与体积、空间角等．【考查要点】命题会涉及到线面平行与垂直的证明，等体积法求空间几何体的体积，空间向量法求空间距离、空间角，考查空间想象力、运算求解能力、数形结合思想、转化与化归思想．【得分要点】1．直线与平面平行（1）直线与平面平行的判定定理：如果平面外一条直线和这个平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行．用符号表示为：若a ⊄α，b ⊂α，a ∥b ，则a ∥α．（2）直线和平面平行的性质定理：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行．用符号表示为：若a ∥α，a ⊂β，α∩β＝b ，则a ∥b ．2．直线与平面垂直（1）直线与平面垂直的定义：如果一条直线l 和一个平面α内的任意一条直线都垂直，那么就说直线l 和平面α互相垂直，记作l ⊥α，其中l 叫做平面α的垂线，平面α叫做直线l 的垂面．（2）直线与平面垂直的判定：定义法：对于直线l 和平面α，l ⊥α⇔l 垂直于α内的任一条直线．判定定理1：如果两条平行直线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面．判定定理2：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面．（3）直线与平面垂直的性质：①定理：如果两条直线同垂直于一个平面，那么这两条直线平行．符号表示为：a ⊥α，b ⊥α⇒a ∥b ②由定义可知：a ⊥α，b ⊂α⇒a ⊥b ．3．二面角的平面角求法：（1）定义法．（2）三垂线定理及其逆定理．（3）找（作）公垂面法：由二面角的平面角的定义可知两个面的公垂面与棱垂直，因此公垂面与两个面的交线所成的角，就是二面角的平面角．（4）平移或延长（展）线（面）法．（5）射影公式．（6）化归为分别垂直于二面角的两个面的两条直线所成的角．（7）向量法：用空间向量求平面间夹角的方法：设平面α和β的法向量分别为�→和�→，若两个平面的夹角为θ，则①当0≤＜�→，�→＞≤�2，θ=＜�→，�→＞，cos θ＝cos ＜�→，�→＞=�→⋅�→|�→||�→|．②当�2＜＜�→，�→＞＜π时，cos θ＝﹣cos ＜�→，�→＞=−�→⋅�→|�→||�→|考向一求三棱锥体积3．（2021•新高考Ⅰ）如图，在三棱锥A﹣BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点．（1）证明：OA⊥CD；（2）若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E﹣BC﹣D的大小为45°，求三棱锥A﹣BCD的体积．【解答】解：（1）证明：因为AB＝AD，O为BD的中点，所以AO⊥BD，又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊂平面ABD，所以AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD；（2）方法一：取OD的中点F，因为△OCD为正三角形，所以CF⊥OD，过O作OM∥CF与BC交于点M，则OM⊥OD，所以OM，OD，OA两两垂直，以点O为坐标原点，分别以OM，OD，OA所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示，则B（0，﹣1，0），，D（0，1，0），设A（0，0，t），则，因为OA⊥平面BCD，故平面BCD的一个法向量为，设平面BCE的法向量为，又，所以由，得，令x＝，则y＝﹣1，，故，因为二面角E﹣BC﹣D的大小为45°，所以，解得t＝1，所以OA＝1，又，所以，故＝．方法二：过E作EF⊥BD，交BD于点F，过F作FG⊥BC于点G，连结EG，由题意可知，EF∥AO，又AO⊥平面BCD1所以EF⊥平面BCD，又BC⊂平面BCD，所以EF⊥BC，又BC⊥FG，FG∩EF＝F所以BC⊥平面EFG，又EG⊂平面EFG，所以BC⊥EG，则∠EGF为二面角E﹣BC﹣D的平面角，即∠EGF＝45°，又CD＝DO＝OB＝OC＝1，所以∠BOC＝120°，则∠OCB＝∠OBC＝30°，故∠BCD＝90°，所以FG∥CD，因为，则，所以，则，所以EF＝GF＝，则，所以．考向二求二面角4．（2022•新高考Ⅰ）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为．（1）求A到平面A1BC的距离；（2）设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A﹣BD﹣C的正弦值．【解答】解：（1）由直三棱柱ABC﹣A 1B1C1的体积为4，可得＝＝，设A到平面A 1BC的距离为d，由＝，∴•d＝，∴×2•d＝，解得d＝．（2）连接AB1交A1B于点E，∵AA1＝AB，∴四边形ABB1A1为正方形，∴AB1⊥A1B，又∵平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，∴AB1⊥平面A1BC，∴AB1⊥BC，由直三棱柱ABC﹣A1B1C1知BB1⊥平面ABC，∴BB1⊥BC，又AB1∩BB1＝B1，∴BC⊥平面ABB1A1，∴BC⊥AB，以B为坐标原点，BC，BA，BB1所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，∵AA1＝AB，∴BC×AB×＝2，又AB×BC×AA1＝4，解得AB＝BC＝AA1＝2，则B（0，0，0），A（0，2，0），C（2，0，0），A1（0，2，2），D（1，1，1），则＝（0，2，0），＝（1，1，1），＝（2，0，0），设平面ABD的一个法向量为＝（x，y，z），则，令x＝1，则y＝0，z＝﹣1，∴平面ABD的一个法向量为＝（1，0，﹣1），设平面BCD的一个法向量为＝（a，b，c），，令b＝1，则a＝0，c＝﹣1，平面BCD的一个法向量为＝（，1，﹣1），cos＜，＞＝＝，二面角A﹣BD﹣C的正弦值为＝．5．（2022•新高考Ⅱ）如图，PO是三棱锥P﹣ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E为PB的中点．（1）证明：OE∥平面PAC；（2）若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C﹣AE﹣B的正弦值．【解答】解：（1）证明：连接OA，OB，依题意，OP⊥平面ABC，又OA⊂平面ABC，OB⊂平面ABC，则OP⊥OA，OP⊥OB，∴∠POA＝∠POB＝90°，又PA＝PB，OP＝OP，则△POA≌△POB，∴OA＝OB，延长BO交AC于点F，又AB⊥AC，则在Rt△ABF中，O为BF中点，连接PF，在△PBF中，O，E分别为BF，BP的中点，则OE∥PF，∵OE⊄平面PAC，PF⊂平面PAC，∴OE∥平面PAC；（2）过点A作AM∥OP，以AB，AC，AM分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，由于PO＝3，PA＝5，由（1）知OA＝OB＝4，又∠ABO＝∠CBO＝30°，则，∴，又AC＝AB tan60°＝12，即C（0，12，0），设平面AEB的一个法向量为，又，则，则可取，设平面AEC的一个法向量为，又，则，则可取，设锐二面角C﹣AE﹣B的平面角为θ，则，∴，即二面角C﹣AE﹣B正弦值为．6．（2021•新高考Ⅱ）在四棱锥Q﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝，QC＝3．（Ⅰ）求证：平面QAD⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角B﹣QD﹣A的平面角的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：△QCD中，CD＝AD＝2，QD＝，QC＝3，所以CD2+QD2＝QC2，所以CD⊥QD；又CD⊥AD，AD∩QD＝D，AD⊂平面QAD，QD⊂平面QAD，所以CD⊥平面QAD；又CD⊂平面ABCD，所以平面QAD⊥平面ABCD．（Ⅱ）解：取AD的中点O，在平面ABCD内作Ox⊥AD，以OD所在直线为y轴，OQ所在直线为z轴，建立空间直角坐标系O﹣xyz，如图所示：则O（0，0，0），B（2，﹣1，0），D（0，1，0），Q（0，0，2），因为Ox⊥平面ADQ，所以平面ADQ的一个法向量为＝（1，0，0），设平面BDQ的一个法向量为＝（x，y，z），由＝（﹣2，2，0），＝（0，﹣1，2），得，即，令z＝1，得y＝2，x＝2，所以＝（2，2，1）；所以cos＜，＞＝＝＝，所以二面角B﹣QD﹣A的平面角的余弦值为．本章内容是高考必考内容之一，多考查空间几何体的表面积与体积，空间中有关平行与垂直的判定，空间角与距离的求解，空间向量的应用等问题。
三年高考(2019-2021)数学(文)真题分类汇编——立体几何(解答题)(解析版)
立体几何（解答题） 专项汇编1．【2021年全国高考甲卷数学（文）】已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，11BF A B ⊥.（1）求三棱锥F EBC -的体积；（2）已知D 为棱11A B 上的点，证明：BF DE ⊥. 【答案】(1)13；(2)证明见解析. 【分析】(1)首先求得AC 的长度，然后利用体积公式可得三棱锥的体积；(2)将所给的几何体进行补形，从而把线线垂直的问题转化为证明线面垂直，然后再由线面垂直可得题中的结论. 【详解】(1)如图所示，连结AF ，由题意可得：22415BF BC CF =+=+=，由于AB ⊥BB 1，BC ⊥AB ，1BB BC B =，故AB ⊥平面11BCC B ，而BF ⊂平面11BCC B ，故AB BF ⊥， 从而有22453AF AB BF =+=+=， 从而229122AC AF CF =-=-=，则222,AB BC AC AB BC +=∴⊥，ABC 为等腰直角三角形，111221222BCE ABC S s ⎛⎫==⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭△△，11111333F EBC BCE V S CF -=⨯⨯=⨯⨯=△. (2)由(1)的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体1111ABCM A B C M -，如图所示，取棱,AM BC 的中点,H G ，连结11,,A H HG GB ，正方形11BCC B 中，,G F 为中点，则1BF B G ⊥，又111111,BF A B A B B G B ⊥=，故BF ⊥平面11A B GH ，而DE ⊂平面11A B GH ， 从而BF ⊥DE . 【点睛】求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．对于空间中垂直关系（线线、线面、面面）的证明经常进行等价转化.2．【2021年全国高考乙卷数学（文）】如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）证明：平面PAM ⊥平面PBD ；（2）若1PD DC ==，求四棱锥P ABCD -的体积． 【答案】（1）证明见解析；（2）23． 【分析】（1）由PD ⊥底面ABCD 可得PD AM ⊥，又PB AM ⊥，由线面垂直的判定定理可得AM ⊥平面PBD ，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面PAM ⊥平面PBD ；（2）由（1）可知，AM BD ⊥，由平面知识可知，~DAB ABM ，由相似比可求出AD ，再根据四棱锥P ABCD -的体积公式即可求出． 【详解】（1）因为PD ⊥底面ABCD ，AM ⊂平面ABCD ， 所以PD AM ⊥， 又PB AM ⊥，PBPD P =，所以AM ⊥平面PBD ， 而AM ⊂平面PAM ， 所以平面PAM ⊥平面PBD ．（2）由（1）可知，AM ⊥平面PBD ，所以AM BD ⊥， 从而~DAB ABM ，设BM x =，2AD x =， 则BM AB AB AD =，即221x =，解得22x =，所以2AD =． 因为PD ⊥底面ABCD ， 故四棱锥P ABCD -的体积为()1212133V =⨯⨯⨯=． 【点睛】本题第一问解题关键是找到平面PAM 或平面PBD 的垂线，结合题目条件PB AM ⊥，所以垂线可以从,PB AM 中产生，稍加分析即可判断出AM ⊥平面PBD ，从而证出；第二问关键是底面矩形面积的计算，利用第一问的结论结合平面几何知识可得出~DAB ABM ，从而求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积．3．【2021年全国新高考Ⅰ卷数学】如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.【答案】(1)详见解析(2) 36【分析】（1）根据面面垂直性质定理得AO ⊥平面BCD ，即可证得结果； （2）先作出二面角平面角，再求得高，最后根据体积公式得结果. 【详解】（1）因为AB=AD,O 为BD 中点，所以AO ⊥BD 因为平面ABD平面BCD =BD ,平面ABD ⊥平面BCD ，AO ⊂平面ABD ，因此AO ⊥平面BCD ，因为CD ⊂平面BCD ，所以AO ⊥CD (2)作EF ⊥BD 于F, 作FM ⊥BC 于M,连FM 因为AO ⊥平面BCD ，所以AO ⊥BD, AO ⊥CD所以EF ⊥BD, EF ⊥CD, BD CD D ⋂=,因此EF ⊥平面BCD ，即EF ⊥BC 因为FM ⊥BC ，FMEF F =,所以BC ⊥平面EFM ，即BC ⊥ME则EMF ∠为二面角E-BC-D 的平面角, 4EMF π∠=因为BO OD =,OCD 为正三角形,所以BCD 为直角三角形 因为2DE EA =,1112(1)2233FM BF ∴==+= 从而EF=FM=213AO ∴=AO ⊥平面BCD,所以11131133326BCD V AO S ∆=⋅=⨯⨯⨯⨯=【点睛】二面角的求法：一是定义法，二是三垂线定理法，三是垂面法，四是投影法.4．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，ABC △是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，∠APC =90°．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAC ；（2）设DO =2，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P −ABC 的体积. 【解析】（1）由题设可知，PA =PB = PC ． 由于△ABC 是正三角形，故可得△PAC ≌△PAB ． △PAC ≌△PBC ．又∠APC =90°，故∠APB =90°，∠BPC =90°．从而PB ⊥PA ，PB ⊥PC ，故PB ⊥平面PAC ，所以平面PAB ⊥平面PAC ． （2）设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ． 由题设可得rl =3，222l r -=．解得r =1，l =3，从而3AB =．由（1）可得222PA PB AB +=，故62PA PB PC ===． 所以三棱锥P -ABC 的体积为3111166()323228PA PB PC ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯=．【点睛】本题考查空间线、面位置关系，证明平面与平面垂直，求锥体的体积，注意空间垂直间的相互转化，考查逻辑推理、直观想象、数学计算能力，属于中档题.5．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】如图，已知三棱柱ABC −A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点．过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：AA 1//MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO =AB =6，AO //平面EB 1C 1F ，且∠MPN =π3，求四棱锥B −EB 1C 1F 的体积．【解析】（1）因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以MN ∥CC 1．又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ．因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ． 所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ．（2）AO ∥平面EB 1C 1F ，AO ⊂平面A 1AMN ，平面A 1AMN 平面EB 1C 1F =PN ，故AO ∥PN .又AP ∥ON ，故四边形APNO 是平行四边形，所以PN =AO =6，AP =ON =13AM 3PM =23AM 3EF =13BC =2．因为BC ∥平面EB 1C 1F ，所以四棱锥B −EB 1C 1F 的顶点B 到底面EB 1C 1F 的距离等于点M 到底面EB 1C 1F 的距离．作MT ⊥PN ，垂足为T ，则由（1）知，MT ⊥平面EB 1C 1F ，故MT =PM sin ∠MPN =3．底面EB 1C 1F 的面积为1111()(62)624.22B C EF PN ⨯+⨯=+⨯=所以四棱锥B −EB 1C 1F 的体积为1243243⨯⨯=．【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其求四棱锥的体积，解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和棱锥的体积公式，考查了分析能力和空间想象能力，属于中档题.6．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别在棱1DD ，1BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．证明：（1）当AB BC =时，EF AC ⊥； （2）点1C 在平面AEF 内．【解析】（1）如图，连结BD ，11B D ． 因为AB BC =，所以四边形ABCD 为正方形， 故AC BD ⊥．又因为1BB ⊥平面ABCD ，于是1AC BB ⊥． 所以AC ⊥平面11BB D D ．由于EF ⊂平面11BB D D ，所以EF AC ⊥．（2）如图，在棱1AA 上取点G ，使得12AG GA =，连结1GD ，1FC ，FG ，因为1123D E DD =，123AG AA =，11DD AA =∥，所以1ED AG =∥，于是四边形1ED GA 为平行四边形，故1AE GD ∥．因为1113B F BB =，1113AG AA =，11BB AA =∥，所以11FG A B =∥，11FG C D =∥，四边形11FGD C 为平行四边形，故11GD FC ∥．于是1AE FC ∥．所以1,,,A E F C 四点共面，即点1C 在平面AEF 内． 【点睛】本题考查线面垂直判定定理、线线平行判定，考查基本分析论证能力，属中档题.7．【2020年高考江苏】在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，B 1C ⊥平面ABC ，E ，F 分别是AC ，B 1C 的中点．（1）求证：EF ∥平面AB 1C 1； （2）求证：平面AB 1C ⊥平面ABB 1．【解析】（1）因为,E F 分别是1,AC B C 的中点，所以1EF AB ∥.又/EF ⊂平面11AB C ，1AB ⊂平面11AB C ， 所以EF ∥平面11AB C .（2）因为1B C ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ,所以1B C AB ⊥. 又AB AC ⊥,1B C ⊂平面11AB C ,AC ⊂平面1AB C ,1,B C AC C =所以AB ⊥平面1AB C . 又因为AB ⊂平面1ABB , 所以平面1AB C ⊥平面1ABB .【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，属于中档题. 8．【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ．（Ⅰ）证明：EF ⊥DB ；（Ⅱ）求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．【解析】（Ⅰ）如图，过点D 作DO AC ⊥，交直线AC 于点O ，连结OB .由45ACD ∠=︒，DO AC ⊥得2CD CO =，由平面ACFD ⊥平面ABC 得DO ⊥平面ABC ，所以DO BC ⊥. 由45ACB ∠=︒，122BC CD ==得BO BC ⊥.所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB .由三棱台ABC DEF -得BC EF ∥，所以EF DB ⊥. （Ⅱ）方法一：过点O 作OH BD ⊥，交直线BD 于点H ，连结CH .由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角.由BC ⊥平面BDO 得OH BC ⊥，故OH ⊥平面BCD ，所以OCH ∠为直线CO 与平面DBC 所成角. 设22CD =.由2,2DO OC BO BC ====，得26,33BD OH = 所以3sin OH OCH OC ∠==， 因此，直线DF 与平面DBC 3. 方法二：由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角，记为θ.如图，以O 为原点，分别以射线OC ，OD 为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O xyz -.设22CD =.由题意知各点坐标如下：(0,0,0),(1,1,0),(0,2,0),(0,0,2)O B C D .因此(0,2,0),(1,1,0),(0,2,2)OC BC CD ==-=-. 设平面BCD 的法向量(,,z)x y =n .由0,0,BC CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0220x y y z -+=⎧⎨-+=⎩，可取(1,1,1)=n .所以|3sin |cos ,||||OC OC OC θ⋅===⋅n |n n |因此，直线DF 与平面DBC 3. 【点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，线面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成的角的求法，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于基础题． 9．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ； （2）求点C 到平面C 1DE 的距离． 【解析】（1）连结1,B C ME .因为M ，E 分别为1,BB BC 的中点，所以1 ME B C ∥，且112ME B C =. 又因为N 为1A D 的中点，所以112ND A D =. 由题设知11=A B DC ∥，可得11=BC A D ∥，故=ME ND ∥， 因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ED ∥. 又MN ⊄平面1C DE ，所以MN ∥平面1C DE . （2）过C 作C 1E 的垂线，垂足为H .由已知可得DE BC ⊥，1DE C C ⊥，所以DE ⊥平面1C CE ，故DE ⊥CH. 从而CH ⊥平面1C DE ，故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离， 由已知可得CE =1，C 1C =4，所以117C E =417CH =. 从而点C 到平面1C DE 417.【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用线面垂直找到距离问题，当然也可以用等积法进行求解.10．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积． 【答案】（1）见详解；（2）18.【解析】（1）由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1， 故11B C BE ⊥．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知∠BEB 1=90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以1145AEB A EB ︒∠=∠=，故AE =AB =3，126AA AE ==.作1EF BB ⊥，垂足为F ，则EF ⊥平面11BB C C ，且3EF AB ==． 所以，四棱锥11E BB C C -的体积1363183V =⨯⨯⨯=．【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定，以及四棱锥的体积的求解，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.11．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°．将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2． （1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ； （2）求图2中的四边形ACGD 的面积.【答案】（1）见解析；（2）4. 【解析】（1）由已知得AD BE ，CG BE ，所以AD CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，故AB ⊥平面BCGE ． 又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE ．（2）取CG的中点M，连结EM，DM.因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC=60°得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM．因此DM⊥CG．在Rt△DEM中，DE=1，EM=3，故DM=2．所以四边形ACGD的面积为4．【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，突出考查考生的空间想象能力.-中，PA⊥平面ABCD，底部12．【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P ABCDABCD为菱形，E为CD的中点．（1）求证：BD⊥平面PAC；（2）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（3）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）存在，理由见解析.【解析】（1）因为PA⊥平面ABCD，⊥．所以PA BD又因为底面ABCD为菱形，⊥．所以BD AC所以BD ⊥平面PAC ．（2）因为PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ， 所以PA ⊥AE ．因为底面ABCD 为菱形，∠ABC =60°，且E 为CD 的中点， 所以AE ⊥CD ． 所以AB ⊥AE ． 所以AE ⊥平面PAB ． 所以平面PAB ⊥平面PAE ．（3）棱PB 上存在点F ，使得CF ∥平面PAE ．取F 为PB 的中点，取G 为PA 的中点，连结CF ，FG ，EG ． 则FG ∥AB ，且FG =12AB ． 因为底面ABCD 为菱形，且E 为CD 的中点， 所以CE ∥AB ，且CE =12AB ． 所以FG ∥CE ，且FG =CE ． 所以四边形CEGF 为平行四边形． 所以CF ∥EG ．因为CF ⊄平面PAE ，EG ⊂平面PAE ， 所以CF ∥平面PAE ．【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.13．【2019年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD △为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，,2,3PA CD CD AD ⊥==.（1）设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH ∥平面PAD ； （2）求证：PA ⊥平面PCD ；（3）求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值. 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）33． 【解析】（1）连接BD ，易知AC BD H =，BH DH =.又由BG=PG ，故GH PD ∥.又因为GH ⊄平面PAD ，PD ⊂平面PAD ， 所以GH ∥平面PAD .（2）取棱PC 的中点N ，连接DN .依题意，得DN ⊥PC ， 又因为平面PAC ⊥平面PCD ，平面PAC 平面PCD PC =，所以DN ⊥平面PAC ，又PA ⊂平面PAC ，故DN PA ⊥. 又已知PA CD ⊥，CD DN D =，所以PA ⊥平面PCD .（3）连接AN ，由（2）中DN ⊥平面PAC ，可知DAN ∠为直线AD 与平面PAC 所成的角，因为PCD △为等边三角形，CD =2且N 为PC 的中点，所以3DN =又DN AN ⊥，在Rt AND △中，3sin DN DAN AD ∠==所以，直线AD 与平面PAC 3【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识.考查空间想象能力和推理论证能力.14．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1 平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC −A 1B 1C 1是直棱柱，所以CC 1⊥平面ABC . 又因为BE ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1，AC ⊂平面A 1ACC 1，C 1C ∩AC =C ， 所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.15．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）35． 【解析】方法一：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ． 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ， 所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ． 又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ． 所以BC ⊥平面A 1EF ． 因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形．由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形．由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1，所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）．不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E =23，EG =3.由于O 为A 1G 的中点，故11522A G EO OG ===， 所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅． 因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35． 方法二：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz ．不妨设AC =4，则A 1（0，0，B1，0），1B，3,2F ，C (0，2，0)．因此，33(,22EF =，(BC =-． 由0EF BC ⋅=得EF BC ⊥．（2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1）可得1=(310)=(02BC AC --，，，，，． 设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，， 由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，得00y y ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩， 取n (11)=，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅，n n n |， 因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35． 【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.。
2010年高考数学试题分类汇编——立体几何
2010年高考数学试题分类汇编——立体几何一、选择题1、（2010浙江理数）（6）设l ，m 是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是 （A ）若l m ⊥，m α⊂，则l α⊥ （B ）若l α⊥，l m //，则m α⊥ （C ）若l α//，m α⊂，则l m // （D ）若l α//，m α//，则l m //解析：选B ，可对选项进行逐个检查。
本题主要考察了立体几何中线面之间的位置关系及其中的公理和判定定理，也蕴含了对定理公理综合运用能力的考察，属中档题2、（2010全国卷2理数）（11）与正方体1111ABC D A B C D -的三条棱A B 、1C C 、11A D 所在直线的距离相等的点（A ）有且只有1个 （B ）有且只有2个 （C ）有且只有3个 （D ）有无数个 【答案】D【解析】直线上取一点，分别作垂直于于则分别作，垂足分别为M ，N ，Q ，连PM ，PN ，PQ ，由三垂线定理可得，PN ⊥PM ⊥；PQ ⊥AB ，由于正方体中各个表面、对等角全等，所以，∴PM=PN=PQ ，即P 到三条棱AB 、CC 1、A 1D 1.所在直线的距离相等所以有无穷多点满足条件，故选D.3、（2010全国卷2理数）（9）已知正四棱锥S A B C D -中，SA =，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（A ）1 （B （C ）2 （D ）3 【答案】C【命题意图】本试题主要考察椎体的体积，考察告辞函数的最值问题.【解析】设底面边长为a ，则高所以体积，设，则，当y 取最值时，，解得a=0或a=4时，体积最大，此时，故选C.4、（2010陕西文数） 8.若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是 [B]（A ）2 （B ）1（C ）23（D ）13解析：本题考查立体图形三视图及体积公式 如图，该立体图形为直三棱柱 所以其体积为122121=⨯⨯⨯5、（2010辽宁文数）（11）已知,,,S A B C 是球O 表面上的点，SA ABC ⊥平面，A B B C ⊥，1SA A B ==，BC =O 的表面积等于（A ）4π （B ）3π （C ）2π （D ）π解析：选A.由已知，球O 的直径为22R SC ==，∴表面积为244.R ππ=7、（2010全国卷2文数）（11）与正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的三条棱AB 、CC 1、A 1D 1所在直线的距离相等的点（A ）有且只有1个 （B ）有且只有2个 （C ）有且只有3个 （D ）有无数个221【解析】D ：本题考查了空间想象能力∵到三条两垂直的直线距离相等的点在以三条直线为轴，以正方体边长为半径的圆柱面上，∴三个圆柱面有无数个交点，8、（2010全国卷2文数）（8）已知三棱锥S A B C -中，底面ABC 为边长等于2的等边三角形，S A 垂直于底面ABC ，S A =3，那么直线A B 与平面S B C 所成角的正弦值为（A ）4(B)4(C)4(D) 34【解析】D ：本题考查了立体几何的线与面、面与面位置关系及直线与平面所成角。
立体几何文-高考文科数学试题专题分类汇编
立体几何1．【2018年浙江卷】已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S-AB-C的平面角为θ3，则A.θ1≤θ2≤θ3B. θ3≤θ2≤θ1C. θ1≤θ3≤θ2D. θ2≤θ3≤θ1【答案】 D点睛：线线角找平行，线面角找垂直，面面角找垂面.2．【2018年浙江卷】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是A. 2B. 4C. 6D. 8【答案】 C【解析】分析:先还原几何体为一直四棱柱，再根据柱体体积公式求结果.详解：根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，上下底分别为1，2，梯形的高为2，因此几何体的体积为选C.点睛：先由几何体的三视图还原几何体的形状,再在具体几何体中求体积或表面积等.3．【2018年文北京卷】某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】 C共三个，故选 C.点睛：此题考查三视图相关知识，解题时可将简单几何体放在正方体或长方体中进行还原，分析线面、线线垂直关系，利用勾股定理求出每条棱长，进而可进行棱长、表面积、体积等相关问题的求解.4．【2018年新课标I卷文】在长方体中，，与平面所成的角为，则该长方体的体积为A. B. C. D.【答案】 C点睛：该题考查的是长方体的体积的求解问题，在解题的过程中，需要明确长方体的体积公式为长宽高的乘积，而题中的条件只有两个值，所以利用题中的条件求解另一条边的长久显得尤为重要，此时就需要明确线面角的定义，从而得到量之间的关系，从而求得结果.5．【2018年新课标I卷文】已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A. B. C. D.【答案】 B【解析】分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积.详解：根据题意，可得截面是边长为的正方形，结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是的圆，且高为，所以其表面积为，故选 B.点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.6．【2018年全国卷Ⅲ文】设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且。
历年(2019-2023)全国高考数学真题分项(立体几何)汇编(附答案)
历年（2019-2023）全国高考数学真题分项（立体几何）汇编考点一 空间几何体的侧面积和表面积1．（2021( )A ．2B ．C ．4D ．2．（2022•上海）已知圆柱的高为4，底面积为9π，则圆柱的侧面积为 ．3．（2021•上海）已知圆柱的底面圆半径为1，高为2，AB 为上底面圆的一条直径，C 是下底面圆周上的一个动点，则ABC ∆的面积的取值范围为 ．4．（2021•上海）已知圆柱的底面半径为1，高为2，则圆柱的侧面积为 ．5．（2019•上海）一个直角三角形的两条直角边长分别为1和2，将该三角形分别绕其两个直角边旋转得到的两个圆锥的体积之比为( ) A ．1B ．2C ．4D ．86．（2020•浙江）已知圆锥的侧面积（单位：2)cm 为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：)cm 是 ．7．（2022•新高考Ⅱ）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( ) A ．100πB ．128πC ．144πD ．192π8．（2021•新高考Ⅱ）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步轨道卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km （轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O ，半径r 为6400km 的球，其上点A 的纬度是指OA 与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到的一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，该卫星信号覆盖地球表面的表面积22(1cos )S r πα=-（单位：2)km ，则S 占地球表面积的百分比约为( ) A ．26%B ．34%C ．42%D ．50%考点二 空间几何体的体积9．（2022•新高考Ⅰ）已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3l 剟，则该正四棱锥体积的取值范围是( )A ．[18，81]4B ．27[4，814C ．27[4，643D ．[18，27]10．（2022•新高考Ⅰ）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5m 时，相应水面的面积为2140.0km ；水位为海拔157.5m 时，相应水面的面积为2180.0km ．将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m 上升到157.5m 时，增加的水量约为 2.65)(≈ ) A ．931.010m ⨯B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯11．（2021•新高考Ⅱ）正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为( )A ．20+B ．C ．563D ．312．【多选】（2023•新高考Ⅰ）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：)m 的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有( ) A ．直径为0.99m 的球体 B ．所有棱长均为1.4m 的四面体C ．底面直径为0.01m ，高为1.8m 的圆柱体D ．底面直径为1.2m ，高为0.01m 的圆柱体13．【多选】（2022•新高考Ⅱ）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，//FB ED ，2AB ED FB ==．记三棱锥E ACD -，F ABC -，F ACE -的体积分别为1V ，2V ，3V ，则( )A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =14．【多选】（2021•新高考Ⅰ）在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+ ，其中[0λ∈，1]，[0μ∈，1]，则( ) A ．当1λ=时，△1AB P 的周长为定值 B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 15．（2023•新高考Ⅱ）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为 ．16．（2023•新高考Ⅰ）在正四棱台1111ABCD A B C D -中，2AB =，111A B =，1AA =，则该棱台的体积为 ． 17．（2020•海南）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M 、N 分别为1BB 、AB 的中点，则三棱锥1A NMD -的体积为 ．18．（2022•上海）如图所示三棱锥，底面为等边ABC ∆，O 为AC 边中点，且PO ⊥底面ABC ，2AP AC ==． （1）求三棱锥体积P ABC V -；（2）若M 为BC 中点，求PM 与面PAC 所成角大小．19．（2020•上海）已知四棱锥P ABCD -，底面ABCD 为正方形，边长为3，PD ⊥平面ABCD ． （1）若5PC =，求四棱锥P ABCD -的体积； （2）若直线AD 与BP 的夹角为60︒，求PD 的长．考点三 空间中直线与直线之间的位置关系20．（2022•上海）如图正方体1111ABCD A B C D -中，P 、Q 、R 、S 分别为棱AB 、BC 、1BB 、CD 的中点，联结1A S ，1B D ．空间任意两点M 、N ，若线段MN 上不存在点在线段1A S 、1B D 上，则称MN 两点可视，则下列选项中与点1D 可视的为( )A ．点PB ．点BC ．点RD ．点Q21．（2021•浙江）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -，M ，N 分别是1A D ，1D B 的中点，则( )A ．直线1A D 与直线1DB 垂直，直线//MN 平面ABCD B ．直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDD BC ．直线1AD 与直线1D B 相交，直线//MN 平面ABCDD ．直线1A D 与直线1D B 异面，直线MN ⊥平面11BDD B22．（2020•上海）在棱长为10的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为左侧面11ADD A 上一点，已知点P 到11A D 的距离为3，P 到1AA 的距离为2，则过点P 且与1A C 平行的直线交正方体于P 、Q 两点，则Q 点所在的平面是( )A ．11AAB BB ．11BBC CC ．11CCD DD ．ABCD23．（2023•上海）如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 为边11A C 上的动点，则下列直线中，始终与直线BP 异面的是( )A ．1DDB ．ACC ．1ADD ．1B C考点四 异面直线及其所成的角24．【多选】（2022•新高考Ⅰ）已知正方体1111ABCD A B C D -，则( ) A ．直线1BC 与1DA 所成的角为90︒ B ．直线1BC 与1CA 所成的角为90︒ C ．直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为45︒D ．直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒考点五 空间中直线与平面之间的位置关系25．（2019•上海）已知平面α、β、γ两两垂直，直线a 、b 、c 满足：a α⊆，b β⊆，c γ⊆，则直线a 、b 、c 不可能满足以下哪种关系( )A ．两两垂直B ．两两平行C ．两两相交D ．两两异面26．【多选】（2021•新高考Ⅱ）如图，下列正方体中，O 为底面的中心，P 为所在棱的中点，M ，N 为正方体的顶点，则满足MN OP ⊥的是( )A ．B ．C ．D ．考点六 直线与平面所成的角27．（2020•山东）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为)O ，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面．在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40︒，则晷针与点A 处的水平面所成角为( )A ．20︒B ．40︒C ．50︒D ．90︒28．（2021•上海）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，已知2AB BC ==，13AA =． （1）若P 是棱11A D 上的动点，求三棱锥C PAD -的体积； （2）求直线1AB 与平面11ACC A 的夹角大小．29．（2021•浙江）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，120ABC ∠=︒，1AB =，4BC =，PA =M ，N 分别为BC ，PC 的中点，PD DC ⊥，PM MD ⊥．（Ⅰ）证明：AB PM ⊥；（Ⅱ）求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值．30．（2020•海南）如图，四棱锥P ABCD -的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知1PD AD ==，Q 为l 上的点，QB =，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值．31．（2020•上海）已知ABCD 是边长为1的正方形，正方形ABCD 绕AB 旋转形成一个圆柱． （1）求该圆柱的表面积；（2）正方形ABCD 绕AB 逆时针旋转2π至11ABC D ，求线段1CD 与平面ABCD 所成的角．32．（2020•山东）如图，四棱锥P ABCD -的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知1PD AD ==，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值．33．（2020•浙江）如图，在三棱台ABC DEF -中，平面ACFD ⊥平面ABC ，45ACB ACD ∠=∠=︒，2DC BC =． （Ⅰ）证明：EF DB ⊥；（Ⅱ）求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．34．（2019•上海）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，M 为1BB 上一点，已知2BM =，3CD =，4AD =，15AA =．（1）求直线1A C 和平面ABCD 的夹角； （2）求点A 到平面1A MC 的距离．35．（2019•浙江）如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，30BAC ∠=︒，11A A A C AC ==，E ，F 分别是AC ，11A B 的中点．（Ⅰ）证明：EF BC ⊥；（Ⅱ）求直线EF 与平面1A BC 所成角的余弦值．考点七 二面角的平面角及求法36．（2022•浙江）如图，已知正三棱柱111ABC A B C -，1AC AA =，E ，F 分别是棱BC ，11A C 上的点．记EF 与1AA 所成的角为α，EF 与平面ABC 所成的角为β，二面角F BC A --的平面角为γ，则( )A ．αβγ剟B ．βαγ剟C ．βγα剟D ．αγβ剟37．（2019•浙江）设三棱锥V ABC -的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点）．记直线PB 与直线AC 所成角为α，直线PB 与平面ABC 所成角为β，二面角P AC B --的平面角为γ，则( )A ．βγ<，αγ<B ．βα<，βγ<C ．βα<，γα<D ．αβ<，γβ<38．【多选】（2023•新高考Ⅱ）已知圆锥的顶点为P ，底面圆心为O ，AB 为底面直径，120APB ∠=︒，2PA =，点C 在底面圆周上，且二面角P AC O --为45︒，则( )A ．该圆锥的体积为πB ．该圆锥的侧面积为C ．AC =D ．PAC ∆39．（2023•上海）已知直四棱柱1111ABCD A B C D -，AB AD ⊥，//AB CD ，2AB =，3AD =，4CD =． （1）证明：直线1//A B 平面11DCC D ；（2）若该四棱柱的体积为36，求二面角1A BD A --的大小．40．（2023•新高考Ⅱ）如图，三棱锥A BCD -中，DA DB DC ==，BD CD ⊥，60ADB ADC ∠=∠=︒，E 为BC 中点．（1）证明BC DA ⊥；（2）点F 满足EF DA =，求二面角D AB F --的正弦值．41．（2023•新高考Ⅰ）如图，在正四棱柱111ABCD A B C D -中，2AB =，14AA =．点2A ，2B ，2C ，2D 分别在棱1AA ，1BB ，1CC ，1DD 上，21AA =，222BB DD ==，23CC =． （1）证明：2222//B C A D ；（2）点P 在棱1BB 上，当二面角222P A C D --为150︒时，求2B P ．42．（2022•浙江）如图，已知ABCD 和CDEF 都是直角梯形，//AB DC ，//DC EF ，5AB =，3DC =，1EF =，60BAD CDE ∠=∠=︒，二面角F DC B --的平面角为60︒．设M ，N 分别为AE ，BC 的中点．（Ⅰ）证明：FN AD ⊥；（Ⅱ）求直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值．43．（2022•新高考Ⅱ）如图，PO 是三棱锥P ABC -的高，PA PB =，AB AC ⊥，E 为PB 的中点． （1）证明：//OE 平面PAC ；（2）若30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B --的正弦值．44．（2022•新高考Ⅰ）如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，△1A BC 的面积为 （1）求A 到平面1A BC 的距离；（2）设D 为1A C 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．45．（2021•新高考Ⅱ）在四棱锥Q ABCD -中，底面ABCD 是正方形，若2AD =，QD QA ==3QC =．（Ⅰ）求证：平面QAD ⊥平面ABCD ； （Ⅱ）求二面角B QD A --的平面角的余弦值．46．（2021•新高考Ⅰ）如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点． （1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD ∆是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积．考点八 立体几何的交线问题47．（2020•山东）已知直四棱柱1111ABCD A B C D -的棱长均为2，60BAD ∠=︒．以1D 为半径的球面与侧面11BCC B 的交线长为 ．参考答案考点一 空间几何体的侧面积和表面积1．（2021，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( )A ．2B ．C ．4D ．【详细解析】由题意，设母线长为l ，因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，则有2l ππ=⋅，解得l =所以该圆锥的母线长为 故选：B ．2．（2022•上海）已知圆柱的高为4，底面积为9π，则圆柱的侧面积为 ． 【详细解析】因为圆柱的底面积为9π，即29R ππ=， 所以3R =，所以224S Rh ππ==侧．故答案为：24π．3．（2021•上海）已知圆柱的底面圆半径为1，高为2，AB 为上底面圆的一条直径，C 是下底面圆周上的一个动点，则ABC ∆的面积的取值范围为 ．【详细解析】如图1，上底面圆心记为O ，下底面圆心记为O '，连接OC ，过点C 作CM AB ⊥，垂足为点M ， 则12ABC S AB CM ∆=⨯⨯， 根据题意，AB 为定值2，所以ABC S ∆的大小随着CM 的长短变化而变化，如图2所示，当点M 与点O 重合时，CM OC ==，此时ABC S ∆取得最大值为122⨯=；如图3所示，当点M 与点B 重合，CM 取最小值2， 此时ABC S ∆取得最小值为12222⨯⨯=．综上所述，ABC S ∆的取值范围为．故答案为：．4．（2021•上海）已知圆柱的底面半径为1，高为2，则圆柱的侧面积为 ． 【详细解析】圆柱的底面半径为1r =，高为2h =， 所以圆柱的侧面积为22124S rh πππ==⨯⨯=侧． 故答案为：4π．5．（2019•上海）一个直角三角形的两条直角边长分别为1和2，将该三角形分别绕其两个直角边旋转得到的两个圆锥的体积之比为( ) A ．1B ．2C ．4D ．8【详细解析】如图，则21142133V ππ=⨯⨯=，22121233V ππ=⨯⨯=，∴两个圆锥的体积之比为43223ππ=． 故选：B ．6．（2020•浙江）已知圆锥的侧面积（单位：2)cm 为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：)cm 是 ．【详细解析】 圆锥侧面展开图是半圆，面积为22cm π，设圆锥的母线长为acm ，则2122a ππ⨯=，2a cm ∴=，∴侧面展开扇形的弧长为2cm π，设圆锥的底面半径OC rcm =，则22r ππ=，解得1r cm =． 故答案为：1cm ．7．（2022•新高考Ⅱ）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( ) A ．100πB ．128πC ．144πD ．192π3=4=，如图，设球的半径为R 1=，解得5R =， ∴该球的表面积为24425100R πππ=⨯=．当球心在台体内时，如图，1=，无解． 综上，该球的表面积为100π． 故选：A ．8．（2021•新高考Ⅱ）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步轨道卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km （轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O ，半径r 为6400km 的球，其上点A 的纬度是指OA 与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到的一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，该卫星信号覆盖地球表面的表面积22(1cos )S r πα=-（单位：2)km ，则S 占地球表面积的百分比约为( ) A ．26%B ．34%C ．42%D ．50%【详细解析】由题意，作出地球静止同步卫星轨道的左右两端的竖直截面图，则36000640042400OP =+=，那么64008cos 4240053α==； 卫星信号覆盖的地球表面面积22(1cos )S r πα=-，那么，S 占地球表面积的百分比为222(1cos )4542%4106r r παπ-=≈．故选：C ．考点二 空间几何体的体积9．（2022•新高考Ⅰ）已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3l 剟，则该正四棱锥体积的取值范围是( )A ．[18，814B ．27[4，814C ．27[4，643D ．[18，27]【详细解析】如图所示，正四棱锥P ABCD -各顶点都在同一球面上，连接AC 与BD 交于点E ，连接PE ，则球心O 在直线PE 上，连接OA ， 设正四棱锥的底面边长为a ，高为h ，在Rt PAE ∆中，222PA AE PE =+，即222221(22l h a h =+=+， 球O 的体积为36π，∴球O 的半径3R =，在Rt OAE ∆中，222OA OE AE =+，即222(3)(2R h =-+， ∴221602a h h +-=，∴22162a h h +=，26l h ∴=，又3l 剟∴3922h剟， ∴该正四棱锥体积2232112()(122)4333V h a h h h h h h ==-=-+，2()282(4)V h h h h h '=-+=- ，∴当342h <…时，()0V h '>，()V h 单调递增；当942h <…时，()0V h '<，()V h 单调递减，()max V h V ∴=（4）643=， 又327(24V = ，981()24V =，且278144<，∴2764()43V h 剟， 即该正四棱锥体积的取值范围是27[4，643， 故选：C ．10．（2022•新高考Ⅰ）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5m 时，相应水面的面积为2140.0km ；水位为海拔157.5m 时，相应水面的面积为2180.0km ．将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m 上升到157.5m 时，增加的水量约为 2.65)(≈ )A ．931.010m ⨯B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯【详细解析】26214014010km m =⨯，26218018010km m =⨯，根据题意，增加的水量约为661401018010(157.5148.5)3⨯+⨯⨯-9=6693(32060 2.65)103143710 1.410m ≈+⨯⨯⨯=⨯≈⨯．故选：C ．11．（2021•新高考Ⅱ）正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为( )A ．20+B ．C ．563D 【详细解析】解法一：如图1111ABCD A B C D -为正四棱台，2AB =，114A B =，12AA =． 在等腰梯形11A B BA 中，过A 作11AE A B ⊥，可得14212A E -==，AE ==． 连接AC ，11A C ，AC ==，11A C ==，过A 作11AG A C ⊥，12A G -==AG ==， ∴正四棱台的体积为：V h =22243+== 解法二：作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，∴该棱台的记h ==下底面面积116S =，上底面面积24S =， 则该棱台的体积为：1211((16433V h S S =++=+=故选：D ．12．【多选】（2023•新高考Ⅰ）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：)m 的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有( )A ．直径为0.99m 的球体B ．所有棱长均为1.4m 的四面体C ．底面直径为0.01m ，高为1.8m 的圆柱体D ．底面直径为1.2m ，高为0.01m 的圆柱体【详细解析】对于A ，棱长为1的正方体内切球的直径为10.99>，选项A 正确； 对于B ，如图，正方体内部最大的正四面体11D A BC - 1.4=>，选项B 正确；对于C ，棱长为1 1.8<，选项C 错误；对于D ，如图，六边形EFGHIJ 为正六边形，E ，F ，G ，H ，I ，J 为棱的中点，高为0.01米可忽略不计，看作直径为1.2米的平面圆，六边形EFGHIJ 棱长为2米，30GFH GHF ∠=∠=︒，所以FH ===米，故六边形EFGHIJ而223()(1.2) 1.4422=>=，选项D 正确． 故选：ABD ．13．【多选】（2022•新高考Ⅱ）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，//FB ED ，2AB ED FB ==．记三棱锥E ACD -，F ABC -，F ACE -的体积分别为1V ，2V ，3V ，则( )A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =【详细解析】设22AB ED FB ===， 114||33ACD V S ED ∆=⨯⨯=，212||33ABC V S FB ∆=⨯⨯=，如图所示，连接BD 交AC 于点M ，连接EM 、FM ，则FM =EM =，3EF =，故12EMF S ∆==，3112332EMF V S AC ∆=⨯=⨯⨯=，故C 、D 正确，A 、B 错误． 故选：CD ．14．【多选】（2021•新高考Ⅰ）在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+ ，其中[0λ∈，1]，[0μ∈，1]，则( )A ．当1λ=时，△1AB P 的周长为定值 B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 【详细解析】对于A ，当1λ=时，1BP BC BB μ=+ ，即1CP BB μ= ，所以1//CP BB，故点P 在线段1CC 上，此时△1AB P 的周长为11AB B P AP ++，当点P 为1CC 的中点时，△1AB P ，当点P 在点1C 处时，△1AB P 的周长为1， 故周长不为定值，故选项A 错误；对于B ，当1μ=时，1BP BC BB λ=+ ，即1B P BC λ= ，所以1//B P BC， 故点P 在线段11B C 上， 因为11//B C 平面1A BC ，所以直线11B C 上的点到平面1A BC 的距离相等， 又△1A BC 的面积为定值，所以三棱锥1P A BC -的体积为定值，故选项B 正确；对于C ，当12λ=时，取线段BC ，11B C 的中点分别为M ，1M ，连结1M M ， 因为112BP BC BB μ=+，即1MP BB μ= ，所以1//MP BB ，则点P 在线段1M M 上，当点P 在1M 处时，1111A M B C ⊥，111A M B B ⊥， 又1111B C B B B = ，所以11A M ⊥平面11BB C C ，又1BM ⊂平面11BB C C ，所以111A M BM ⊥，即1A P BP ⊥， 同理，当点P 在M 处，1A P BP ⊥，故选项C 错误；对于D ，当12μ=时，取1CC 的中点1D ，1BB 的中点D ， 因为112BP BC BB λ=+ ，即DP BC λ= ，所以//DP BC ，则点P 在线的1DD 上，当点P 在点1D 处时，取AC 的中点E ，连结1A E ，BE ，因为BE ⊥平面11ACC A ，又1AD ⊂平面11ACC A ，所以1AD BE ⊥， 在正方形11ACC A 中，11AD A E ⊥， 又1BE A E E = ，BE ，1A E ⊂平面1A BE ，故1AD ⊥平面1A BE ，又1A B ⊂平面1A BE ，所以11A B AD ⊥， 在正方体形11ABB A 中，11A B AB ⊥，又11AD AB A = ，1AD ，1AB ⊂平面11AB D ，所以1A B ⊥平面11AB D ， 因为过定点A 与定直线1A B 垂直的平面有且只有一个， 故有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P ，故选项D 正确．故选：BD ．15．（2023•新高考Ⅱ）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为 ．【详细解析】如图所示，根据题意易知△11SO A SOA ∆∽，∴11112SO O A SO OA ===，又13SO =， 6SO ∴=，13OO ∴=，又上下底面正方形边长分别为2，4，∴所得棱台的体积为1(4163283⨯++⨯=．故答案为：28．16．（2023•新高考Ⅰ）在正四棱台1111ABCD A B C D -中，2AB =，111A B =，1AA =，则该棱台的体积为 ． 【详细解析】如图，设正四棱台1111ABCD A B C D -的上下底面中心分别为M ，N ，过1A 作1A H AC ⊥，垂足点为H ，由题意易知12A M HN ==，又AN =，2AH AN HN ∴=-=，又1AA =，1A H MN ∴==∴该四棱台的体积为1(143⨯++故答案为：6．17．（2020•海南）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M 、N 分别为1BB 、AB 的中点，则三棱锥1A NMD -的体积为 ．【详细解析】如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M 、N 分别为1BB 、AB 的中点， ∴111122ANM S ∆=⨯⨯=， ∴111112323A NMD D AMN V V --==⨯⨯=．故答案为：13．18．（2022•上海）如图所示三棱锥，底面为等边ABC ∆，O 为AC 边中点，且PO ⊥底面ABC ，2AP AC ==． （1）求三棱锥体积P ABC V -；（2）若M 为BC 中点，求PM 与面PAC 所成角大小．【详细解析】（1）在三棱锥P ABC -中，因为PO ⊥底面ABC ，所以PO AC ⊥， 又O 为AC 边中点，所以PAC ∆为等腰三角形，又2AP AC ==．所以PAC ∆是边长为2的为等边三角形，PO ∴=，三棱锥体积2112133P ABC ABC V S PO -∆=⋅==， （2）以O 为坐标原点，OB 为x 轴，OC 为y 轴，OP 为z 轴，建立空间直角坐标系，则(0P ，0，B 0，0)，(0C ，1，0)，M 12，0)，(2PM = ，12，， 平面PAC的法向量OB =0，0)， 设直线PM 与平面PAC 所成角为θ，则直线PM 与平面PAC所成角的正弦值为3sin ||||||PM OB PM OB θ⋅===⋅所以PM 与面PAC所成角大小为arcsin4． 19．（2020•上海）已知四棱锥P ABCD -，底面ABCD 为正方形，边长为3，PD ⊥平面ABCD ． （1）若5PC =，求四棱锥P ABCD -的体积； （2）若直线AD 与BP 的夹角为60︒，求PD 的长．【详细解析】（1）PD ⊥ 平面ABCD ，PD DC ∴⊥． 3CD = ，5PC ∴=，4PD ∴=，2134123P ABCD V -∴=⨯⨯=，所以四棱锥P ABCD -的体积为12．（2）ABCD 是正方形，PD ⊥平面ABCD ， BC PD ∴⊥，BC CD ⊥又PD CD D = BC ∴⊥平面PCDBC PC ∴⊥异面直线AD 与PB 所成角为60︒，//BC AD ∴在Rt PBC ∆中，60PBC ∠=︒，3BC =故PC =在Rt PDC ∆中，3CD =PD ∴=考点三 空间中直线与直线之间的位置关系20．（2022•上海）如图正方体1111ABCD A B C D -中，P 、Q 、R 、S 分别为棱AB 、BC 、1BB 、CD 的中点，联结1A S ，1B D ．空间任意两点M 、N ，若线段MN 上不存在点在线段1A S 、1B D 上，则称MN 两点可视，则下列选项中与点1D 可视的为( )A ．点PB ．点BC ．点RD ．点Q【详细解析】线段MN 上不存在点在线段1A S 、1B D 上，即直线MN 与线段1A S 、1B D 不相交，因此所求与1D 可视的点，即求哪条线段不与线段1A S 、1B D 相交，对A 选项，如图，连接1A P 、PS 、1D S ，因为P 、S 分别为AB 、CD 的中点， ∴易证11//A D PS ，故1A 、1D 、P 、S 四点共面，1D P ∴与1A S 相交，A ∴错误；对B 、C 选项，如图，连接1D B 、DB ，易证1D 、1B 、B 、D 四点共面， 故1D B 、1D R 都与1B D 相交，B ∴、C 错误；对D 选项，连接1D Q ，由A 选项分析知1A 、1D 、P 、S 四点共面记为平面11A D PS ， 1D ∈ 平面11A D PS ，Q ∉平面11A D PS ，且1A S ⊂平面11A D PS ，点11D A S ∉， 1D Q ∴与1A S 为异面直线，同理由B ，C 选项的分析知1D 、1B 、B 、D 四点共面记为平面11D B BD ， 1D ∈ 平面11D B BD ，Q ∉平面11D B BD ，且1B D ⊂平面11D B BD ，点11D B D ∉，1D Q ∴与1B D 为异面直线，故1D Q 与1A S ，1B D 都没有公共点，D ∴选项正确．故选：D ．21．（2021•浙江）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -，M ，N 分别是1A D ，1D B 的中点，则( )A ．直线1A D 与直线1DB 垂直，直线//MN 平面ABCD B ．直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDD BC ．直线1AD 与直线1D B 相交，直线//MN 平面ABCDD ．直线1A D 与直线1D B 异面，直线MN ⊥平面11BDD B【详细解析】连接1AD ，如图：由正方体可知11A D AD ⊥，1A D AB ⊥，1A D ∴⊥平面1ABD ， 11A D D B ∴⊥，由题意知MN 为△1D AB 的中位线，//MN AB ∴，又AB ⊂ 平面ABCD ，MN ⊂/平面ABCD ，//MN ∴平面ABCD ．A ∴对； 由正方体可知1A D 与平面1BDD 相交于点D ，1D B ⊂平面1BDD ，1D D B ∉， ∴直线1A D 与直线1D B 是异面直线，B ∴、C 错；//MN AB ，AB 不与平面11BDD B 垂直，MN ∴不与平面11BDD B 垂直，D ∴错．故选：A ．22．（2020•上海）在棱长为10的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为左侧面11ADD A 上一点，已知点P 到11A D 的距离为3，P 到1AA 的距离为2，则过点P 且与1A C 平行的直线交正方体于P 、Q 两点，则Q 点所在的平面是( )A ．11AAB B B ．11BBC C C ．11CCD DD ．ABCD【详细解析】如图，由点P 到11A D 的距离为3，P 到1AA 的距离为2，可得P 在△1AA D 内，过P 作1//EF A D ，且1EF AA 于E ，EF AD 于F ， 在平面ABCD 中，过F 作//FG CD ，交BC 于G ，则平面//EFG 平面1A DC ．连接AC ，交FG 于M ，连接EM ，平面//EFG 平面1A DC ，平面1A AC ⋂平面11A DC A C =，平面1A AC ⋂平面EFM EM =， 1//EM A C ∴．在EFM ∆中，过P 作//PQ EM ，且PQ FM 于Q ，则1//PQ A C ．线段FM 在四边形ABCD 内，Q 在线段FM 上，Q ∴在四边形ABCD 内． ∴则Q 点所在的平面是平面ABCD ．故选：D ．23．（2023•上海）如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 为边11A C 上的动点，则下列直线中，始终与直线BP 异面的是( )A ．1DDB ．ACC ．1ADD ．1B C【详细解析】对于A ，当P 是11A C 的中点时，BP 与1DD 是相交直线； 对于B ，根据异面直线的定义知，BP 与AC 是异面直线； 对于C ，当点P 与1C 重合时，BP 与1AD 是平行直线； 对于D ，当点P 与1C 重合时，BP 与1B C 是相交直线． 故选：B ．考点四 异面直线及其所成的角24．【多选】（2022•新高考Ⅰ）已知正方体1111ABCD A B C D -，则( ) A ．直线1BC 与1DA 所成的角为90︒ B ．直线1BC 与1CA 所成的角为90︒ C ．直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为45︒D ．直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒ 【详细解析】如图，连接1B C ，由11//A B DC ，11A B DC =，得四边形11DA B C 为平行四边形， 可得11//DA B C ，11BC B C ⊥ ，∴直线1BC 与1DA 所成的角为90︒，故A 正确；111A B BC ⊥ ，11BC B C ⊥，1111A B B C B = ，1BC ∴⊥平面11DA B C ，而1CA ⊂平面11DA B C ，11BC CA ∴⊥，即直线1BC 与1CA 所成的角为90︒，故B 正确；设1111A C B D O = ，连接BO ，可得1C O ⊥平面11BB D D ，即1C BO ∠为直线1BC 与平面11BB D D 所成的角，1111sin 2OC C BO BC ∠== ，∴直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为30︒，故C 错误； 1CC ⊥ 底面ABCD ，1C BC ∴∠为直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒，故D 正确．故选：ABD ．考点五 空间中直线与平面之间的位置关系25．（2019•上海）已知平面α、β、γ两两垂直，直线a 、b 、c 满足：a α⊆，b β⊆，c γ⊆，则直线a 、b 、c 不可能满足以下哪种关系( )A ．两两垂直B ．两两平行C ．两两相交D ．两两异面【详细解析】如图1，可得a 、b 、c 可能两两垂直； 如图2，可得a 、b 、c 可能两两相交； 如图3，可得a 、b 、c 可能两两异面；故选：B ．26．【多选】（2021•新高考Ⅱ）如图，下列正方体中，O 为底面的中心，P 为所在棱的中点，M ，N 为正方体的顶点，则满足MN OP ⊥的是( )A ．B ．C ．D ．【详细解析】对于A ，设正方体棱长为2，设MN 与OP 所成角为θ，则1tan 12θ==，∴不满足MN OP ⊥，故A 错误； 对于B ，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，则(2N ，0，0)，(0M ，0，2)，(2P ，0，1)，(1O ，1，0)，(2MN = ，0，2)-，(1OP = ，1-，1)，0MN OP ⋅= ，∴满足MN OP ⊥，故B 正确；对于C ，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，则(2M ，2，2)，(0N ，2，0)，(1O ，1，0)，(0P ，0，1)，(2MN =- ，0，2)-，(1OP =- ，1-，1)，0MN OP ⋅= ，∴满足MN OP ⊥，故C 正确；对于D ，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，则(0M ，2，0)，(0N ，0，2)，(2P ，1，2)，(1O ，1，0)，(0MN = ，2-，2)，(1OP = ，0，2)，4MN OP ⋅= ，∴不满足MN OP ⊥，故D 错误．故选：BC ．考点六 直线与平面所成的角27．（2020•山东）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为)O ，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面．在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40︒，则晷针与点A 处的水平面所成角为( )A ．20︒B ．40︒C ．50︒D ．90︒【详细解析】可设A 所在的纬线圈的圆心为O '，OO '垂直于纬线所在的圆面，由图可得OHA ∠为晷针与点A 处的水平面所成角，又OAO '∠为40︒且OA AH ⊥，在Rt OHA ∆中，O A OH '⊥，40OHA OAO '∴∠=∠=︒，另解：画出截面图，如下图所示，其中CD 是赤道所在平面的截线．l 是点A 处的水平面的截线，由题意可得OA l ⊥，AB 是晷针所在直线．m 是晷面的截线，由题意晷面和赤道面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得//m CD ，根据线面垂直的定义可得AB m ⊥，由于40AOC ∠=︒，//m CD ，所以40OAG AOC ∠=∠=︒，由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒，所以40BAE OAG ∠=∠=︒，也即晷针与A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒，故选：B ．28．（2021•上海）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，已知2AB BC ==，13AA =．（1）若P 是棱11A D 上的动点，求三棱锥C PAD -的体积；（2）求直线1AB 与平面11ACC A 的夹角大小．【详细解析】（1）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1112322332C PAD PAD C PAD V S h -∆-⎛⎫=⋅=⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭平面； （2）连接1111A C B D O = ，AB BC = ，∴四边形1111A B C D 为正方形，则11OB OA ⊥，又11AA OB ⊥，111OA AA A = ，1OB ∴⊥平面11ACC A ，∴直线1AB 与平面11ACC A 所成的角为1OAB ∠，∴111sin OB OAB AB ∠=== ∴直线1AB 与平面11ACC A所成的角为29．（2021•浙江）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，120ABC ∠=︒，1AB =，4BC =，PA =M ，N 分别为BC ，PC 的中点，PD DC ⊥，PM MD ⊥．（Ⅰ）证明：AB PM ⊥；（Ⅱ）求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值．【详细解析】（Ⅰ）证明：在平行四边形ABCD 中，由已知可得，1CD AB ==，122CM BC ==，60DCM ∠=︒， ∴由余弦定理可得，2222cos60DM CD CM CD CM =+-⨯⨯︒11421232=+-⨯⨯⨯=， 则222134CD DM CM +=+==，即CD DM ⊥，又PD DC ⊥，PD DM D = ，CD ∴⊥平面PDM ，而PM ⊂平面PDM ，CD PM ∴⊥，//CD AB ，AB PM ∴⊥；（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，CD ⊥平面PDM ，又CD ⊂平面ABCD ，∴平面ABCD ⊥平面PDM ，且平面ABCD ⋂平面PDM DM =，PM MD ⊥ ，且PM ⊂平面PDM ，PM ∴⊥平面ABCD ，连接AM ，则PM MA ⊥，在ABM ∆中，1AB =，2BM =，120ABM ∠=︒， 可得2114212(72AM =+-⨯⨯⨯-=，又PA =Rt PMA ∆中，求得PM ==，取AD 中点E ，连接ME ，则//ME CD ，可得ME 、MD 、MP 两两互相垂直，以M 为坐标原点，分别以MD 、ME 、MP 为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则(A ，2，0)，(0P ，0，，1,0)C -，又N 为PC的中点，1(22N ∴-，5(,22AN =- ， 平面PDM 的一个法向量为(0,1,0)n = ，设直线AN 与平面PDM 所成角为θ，则5||sin |cos ,|6||||AN n AN n AN n θ⋅=<>===⋅ ． 故直线AN 与平面PDM所成角的正弦值为6．30．（2020•海南）如图，四棱锥P ABCD -的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知1PD AD ==，Q 为l上的点，QB =，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值．【详细解析】（1）证明：过P 在平面PAD 内作直线//l AD ，由//AD BC ，可得//l BC ，即l 为平面PAD 和平面PBC 的交线，PD ⊥ 平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，PD BC ∴⊥，又BC CD ⊥，CD PD D = ，BC ∴⊥平面PCD ，设m 为平面PCD 中任意一条直线，则BC m ⊥，//l BC ，l m ∴⊥，由线面垂直的定义是l ⊥平面PCD ；（2）解：如图，以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DP 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -，1PD AD == ，Q 为l上的点，QB =，PB ∴=，1QP =，则(0D ，0，0)，(1A ，0，0)，(0C ，1，0)，(0P ，0，1)，(1B ，1，0)，作//PQ AD ，则PQ 为平面PAD 与平面PBC 的交线为l，因为QB =，QAB ∆是等腰直角三角形，所以(1Q ，0，1)，则(1DQ = ，0，1)，(1PB = ，1，1)-，(0DC = ，1，0)，设平面QCD 的法向量为(n a = ，b ，)c ，则00n DC n DQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，∴00b a c =⎧⎨+=⎩，取1c =，可得(1n =- ，0，1)，|cos n ∴<，||||||||n PB PB n PB ⋅>=== ， PB ∴与平面QCD所成角的正弦值为3． 31．（2020•上海）已知ABCD 是边长为1的正方形，正方形ABCD 绕AB 旋转形成一个圆柱． （1）求该圆柱的表面积；（2）正方形ABCD 绕AB 逆时针旋转2π至11ABC D ，求线段1CD 与平面ABCD 所成的角．【详细解析】（1）该圆柱的表面由上下两个半径为1的圆面和一个长为2π、宽为1的矩形组成， 221214S πππ∴=⨯⨯+⨯=．故该圆柱的表面积为4π．（2） 正方形11ABC D ，1AD AB ∴⊥， 又12DAD π∠=，1AD AD ∴⊥，AD AB A = ，且AD 、AB ⊂平面ADB ，1AD ∴⊥平面ADB ，即1D 在面ADB 上的投影为A ，连接1CD ，则1D CA ∠即为线段1CD 与平面ABCD 所成的角，而11cos 3AC D CA CD ∠==， ∴线段1CD 与平面ABCD所成的角为3． 32．（2020•山东）如图，四棱锥P ABCD -的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知1PD AD ==，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值．【详细解析】（1）证明：过P 在平面PAD 内作直线//l AD ，由//AD BC ，可得//l BC ，即l 为平面PAD 和平面PBC 的交线， PD ⊥ 平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，PD BC ∴⊥，又BC CD ⊥，CD PD D = ，BC ∴⊥平面PCD ， 设平面PCD 中有任一直线l '，则BC ⊥直线l '，//l BC ，l ∴⊥直线l '，∴由线面垂直的定义得l ⊥平面PCD ；（2）如图，以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DP 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系D xyz-则(0D ，0，0)，(1A ，0，0)，(0C ，1，0)，(0P ，0，1)，(1B ，1，0)，设(Q m ，0，1)，(DQ m = ，0，1)，(1PB = ，1，1)-，(0DC = ，1，0)，设平面QCD 的法向量为(n a = ，b ，)c ，则00n DC n DQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，∴00b am c =⎧⎨+=⎩，取1a =-，可得(1n =- ，0，)m ， cos n ∴<，||||n PB PB n PB ⋅>==⋅ ， PB ∴与平面QCD。
【备战2016】(新课标I版)高考数学分项汇编-专题10-立体几何(含解析)文
专题10 立体几何一．基础题组1. 【2011课标，文8】在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为（）A. B. C. D .【答案】D2. 【2011全国1，文8】【答案】C3. 【2010全国1，文6】直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，若∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1，则异面直线BA 1与AC 1所成的角等于( )A ．30° B．45° C．60° D．90° 【答案】：C4. 【2005全国1，文2】一个与球心距离为1的平面截球所得的圆面面积为π，则球的表面积为（A ）π28（B ）π8（C ）π24（D ）π4【答案】B5. 【2005全国1，文4】如图，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且BCF ADE ∆∆、均为正三角形，EF ∥AB ，EF=2，则该多面体的体积为( )（A ）32 （B ）33 （C ）34（D ）23【答案】A6. 【2011全国1，文15】已知正方体1111ABCD A B C D 中，E 为11C D 的中点，则异面直线AE 与BC 所成的角的余弦值为 【答案】237. 【2009全国卷Ⅰ,文15】已知OA 为球O 的半径,过OA 的中点M 且垂直于OA 的平面截球面得到圆M,若圆M 的面积为3π,则球O 的表面积等于____________. 【答案】:16π【解析】:如图所示:8. 【2014全国1，文19】如图，三棱柱111C B A ABC -中，侧面C C BB 11为菱形，C B 1的中点为O ，且⊥AO 平面C C BB 11.（1）证明：;1AB C B ⊥（2）若1AB AC ⊥,,1,601==∠BC CBB求三棱柱111C B A ABC -的高.9. 【2013课标全国Ⅰ，文19】(本小题满分12分)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.(1)证明：AB⊥A1C；(2)若AB＝CB＝2，A1C，求三棱柱ABC－A1B1C1的体积．10. 【2011全国1，文20】(本小题满分12分)(注意：在试题卷上作答无效．．．．．．．．．) 如图，四棱锥S ABCD -中，//AB CD ,BC CD ⊥，侧面SAB 为等边三角形，2,1AB BC CD SD ====. （Ⅰ）证明：SD SAB ⊥平面; （Ⅱ)求AB 与平面SBC 所成角的大小.11. 【2008全国1，文18】四棱锥A BCDE -中，底面BCDE 为矩形，侧面ABC ⊥底面BCDE ，2BC =，CD =AB AC =．（Ⅰ）证明：AD CE ⊥；（Ⅱ）设侧面ABC 为等边三角形，求二面角C AD E --的大小．12. 【2015高考新课标1，文6】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米有（）（A）14斛（B）22斛（C）36斛（D）66斛【答案】B【考点定位】圆锥的性质与圆锥的体积公式二．能力题组1. 【2014全国1，文8】如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的事一个几何体的三视图，则这个几何体是（）A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱【答案】BCC E为CC1的中点，则直线2.【2012全国1，文8】已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，1AC1与平面BED的距离为( )A．2 B C D．1【答案】D3. 【2010全国1，文9】正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为( )A.3 B. 3 C. 23D. 3【答案】：D4. 【2009全国卷Ⅰ,文9】已知三棱柱ABC —A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等,A 1在底面ABC 上的射影为BC 的中点,则异面直线AB 与CC 1所成的角的余弦值为( ) A.43 B.45 C.47 D.43 【答案】:D5. 【2007全国1，文7】如图，正四棱柱1111ABCD A B C D -中，12AA AB =，则异面直线1A B 与1AD 所成角的余弦值为（ ）D1C1B1DB CA A1A.15B.25C.35D.45【答案】：D6. 【2013课标全国Ⅰ，文15】已知H是球O的直径AB上一点，AH∶HB＝1∶2，AB⊥平面α，H为垂足，α截球O所得截面的面积为π，则球O的表面积为______．【答案】：9π2【解析】：如图，7. 【2008全国1，文16】已知菱形ABCD 中，2AB =，120A ∠=，沿对角线BD 将ABD △折起，使二面角A BD C --为120，则点A 到BCD △所在平面的距离等于 ．8. 【2011新课标，文18】（本小题满分12分）9. 【2010全国1，文20】如图，四棱锥S—ABCD中，SD⊥底面ABCD，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝AD＝1，DC＝SD＝2，E为棱SB上的一点，平面EDC⊥平面SBC.(1)证明SE＝2EB；(2)求二面角ADEC的大小10. 【2009全国卷Ⅰ,文19】如图,四棱锥S —ABCD 中,底面ABCD 为矩形,SD⊥底面ABCD,2 AD ,DC=SD=2,点M 在侧棱SC上,∠ABM=60°.(1)证明:M 是侧棱SC 的中点; (2)求二面角S-AM-B 的大小.11. 【2005全国1，文18】（本大题满分12分）已知四棱锥P-ABCD 的底面为直角梯形，AB ∥DC ，⊥=∠PA DAB ,90底面ABCD ，且PA=AD=DC=21AB=1，M 是PB 的中点。
高考数学最新真题专题解析—立体几何(文科)
高考数学最新真题专题解析—立体几何（文科）考向一 线面夹角【母题来源】2022年高考全国甲卷（文科）【母题题文】 在长方体1111ABCD A B C D -中，已知1B D 与平面ABCD 和平面11AA B B 所成的角均为30，则（ ） A. 2AB AD =B. AB 与平面11AB C D 所成的角为30C. 1AC CB =D. 1B D 与平面11BB C C 所成的角为45︒ 【答案】D【试题解析】【详解】如图所示：不妨设1,,AB a AD b AA c ===，依题以及长方体的结构特征可知，1B D 与平面ABCD 所成角为1B DB ∠，1B D 与平面11AA B B 所成角为1DB A ∠，所以11sin 30c b B D B D==，即b c =，22212B D c a b c ==++2a c =． 对于A ，AB a ，AD b ，2AB AD =，A 错误；对于B ，过B 作1BE AB ⊥于E ，易知BE ⊥平面11AB C D ，所以AB 与平面11AB C D 所成角为BAE ∠，因为2tan c BAE a ∠==30BAE ∠≠，B 错误； 对于C ，223AC a b c =+=，2212CB b c c =+=，1AC CB ≠，C 错误； 对于D ，1B D 与平面11BB C C 所成角为1DB C ∠，112sin 22CD a DB C B D c ∠===，而1090DB C <∠<，所以145DB C ∠=．D 正确． 故选：D ．【命题意图】本题主要考查直线与平面夹角，是一道容易题.【命题方向】这类试题在考查题型上选择题、填空题、解答题形式出现，试题难度不大，多为中低档题，重点考查线面夹角的求法问题. 【得分要点】（1）找斜线在平面中的射影； （2）求斜线与其射影的夹角； 考向二 线面平行、垂直的证明【母题来源】2022年高考全国乙卷（文科）【母题题文】 如图，四面体ABCD 中，,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠，E 为AC 的中点．（1）证明：平面BED ⊥平面ACD ；（2）设2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求三棱锥F ABC -的体积． 【试题解析】【小问1详解】由于AD CD =，E 是AC 的中点，所以AC DE ⊥.由于AD CD BD BD ADB CDB =⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，所以ADB CDB ≅△△，所以AB CB =，故AC BD ⊥，由于DE BD D ⋂=，,DE BD平面BED ，所以AC ⊥平面BED ，由于AC ⊂平面ACD ，所以平面BED ⊥平面ACD . 【小问2详解】依题意2AB BD BC ===，60ACB ∠=︒，三角形ABC 是等边三角形， 所以2,1,3AC AE CE BE ====由于,AD CD AD CD =⊥，所以三角形ACD 是等腰直角三角形，所以1DE =.222DE BE BD +=，所以DE BE ⊥，由于AC BE E ⋂=，,AC BE ⊂平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC . 由于ADB CDB ≅△△，所以FBA FBC ∠=∠，由于BF BF FBA FBC AB CB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，所以FBA FBC ≅，所以AF CF =，所以EF AC ⊥，由于12AFCS AC EF =⋅⋅，所以当EF 最短时，三角形AFC 的面积最小值.过E 作EF BD ⊥，垂足为F ，在Rt BED △中，1122BE DE BD EF ⋅⋅=⋅⋅，解得32EF =，所以223131,2222DF BF DF ⎛⎫=-==-= ⎪ ⎪⎝⎭，所以34BF BD =. 过F 作FH BE ⊥，垂足为H ，则//FH DE ，所以FH ⊥平面ABC ，且34FH BF DE BD ==， 所以34FH =,所以11133233324F ABC ABCV SFH -=⋅⋅=⨯⨯=【命题意图】本题考查线面平行、垂直的证明.【命题方向】这类试题在考查题型多以解答题形式出现，多为中档题，是历年高考的必考题型． 常见的命题角度有：（1）线面平行的证明；（2）线面垂直的证明；（3）面面平行的证明；（4）面面垂直的证明. 【得分要点】（1）利用线面、面面平行的判定定理与性质定理； （2）利用线面、面面垂直的判定定理与性质定理. 真题汇总及解析 一、单选题1．（2022·内蒙古·乌兰浩特一中模拟预测（文））已知,αβ为空间的两个平面，直线,l ααβ⊄⊥，那么“l ∥α”是“l β⊥”的（ ）条件 A ．必要不充分 B ．充分不必要C ．充分且必要D ．不充分也不必要【答案】A 【解析】 【分析】根据空间线面位置关系，结合必要不充分条件的概念判断即可. 【详解】当直线,l ααβ⊄⊥，l ∥α，则l β//，l 与β相交，故充分性不成立； 当直线l α⊄，且αβ⊥，l β⊥时，l ∥α，故必要性成立， ⸫“l ∥α”是“l β⊥”的的必要不充分条件. 故选：A.2．（2022·贵州·贵阳一中模拟预测（文））在正方体1111ABCD A B C D -中，M 为1A D 的中点，则直线CM 与11A C 所成的角为（ ） A ．π2B ．π3C ．π4D ．π6【答案】D 【解析】 【分析】11AC AC ∥，所求角为ACM∠，利用几何体性质，解CMA 即可【详解】设正方体棱长为1，连接11,,AC AC AC CM ∴与11A C 所成角即是CM 与AC 所成角，22222221162,,1,2222AC AM CM AM CM AC ⎛⎫⎛⎫===++=∴+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，CMA ∴为Rt △，1πsin ,26AM ACM ACM AC ∠∠==∴= 故选：D3．（2022·青海·模拟预测）已知四面体ABCD 的所有棱长都相等，其外接球的6π，则下列结论错误的是（ ） A ．四面体ABCD 的棱长均为2 B ．异面直线AC 与BD 2 C ．异面直线AC 与BD 所成角为60︒D ．四面体ABCD 的内切球的体积等于6π27【答案】C 【解析】 【分析】对于A, 设该四面体的棱长为a ，表示出高，根据其外接球的体积等于6π，求得外接球半径，即可求得a ,判断A;对于B, 分别取BD,AC 的中点为E,F ,连接EF ,求得EF 的长，即可判断；对于C ，证明线面垂直即可证明异面直线AC 与BD 互相垂直，即可判断;对于D ，利用等体积法求得内切球半径，即可求得内切球体积，即可判断. 【详解】如图示，设该四面体的棱长为a ，底面三角形BCD 的重心为G ,该四面体的外接球球心为O ，半径为R ，连接AG ,GB,OB ,AG 为四面体的高，O 在高AG 上，在Rt AGB △中，2223336,()33BG AG a a ===-, 在Rt OGB △中，22263()()R R =-+，解得6R = ， 6π，即34π6π3R ,故336R =故38,2a a == ，故A 正确； 分别取BD,AC 的中点为E,F ,连接EF ,正四面体ABCD 中，AE=EC ,故EF AC ⊥ ,同理EF BD ⊥, 即EF 为AC,BD 的公垂线，而3232CE =⨯= , 则2222(3)12EF CE CF =-=-= ,故B 正确；由于,AE BD CE BD ⊥⊥ , AE CE ⊂，平面ACE ,故BD ⊥平面ACE , 又AC ⊂平面ACE ,所以BD AC ⊥，即异面直线AC 与BD 所成角为90︒ ，故C 错误； 设四面体内切球的半径为r ,而263AG =,故11433BCDBCDSr SAG ⨯⨯⨯=⨯⨯，故646AG r a ==， 所以四面体ABCD 的内切球的体积等于3344666ππ()π3327r a ==，故D 正确， 故选：C4．（2022·湖北·华中师大一附中模拟预测）如图，正方体1111ABCD A B C D -中，P 是1A D 的中点，则下列说法正确的是（ ）A ．直线PB 与直线1A D 垂直，直线PB ∥平面11B DC B ．直线PB 与直线1D C 平行，直线PB ⊥平面11AC D C ．直线PB 与直线AC 异面，直线PB ⊥平面11ADC B D ．直线PB 与直线11B D 相交，直线PB ⊂平面1ABC【答案】A 【解析】 【分析】根据空间的平行和垂直关系进行判定. 【详解】连接11111,,,,DB A B D B D C B C ；由正方体的性质可知1BA BD =，P 是1A D 的中点，所以直线PB 与直线1A D 垂直；由正方体的性质可知1111//,//DB D B A B D C ，所以平面1//BDA 平面11B D C ， 又PB ⊂平面1BDA ，所以直线PB ∥平面11B D C ，故A 正确；以D 为原点，建立如图坐标系，设正方体棱长为1，()111,1,,0,1,122PB D C ⎛⎫==- ⎪⎝⎭显然直线PB 与直线1D C 不平行，故B 不正确；直线PB 与直线AC 异面正确，()1,0,0DA =，102PB DA ⋅=≠，所以直线PB 与平面11ADC B 不垂直，故C 不正确；直线PB与直线B D异面，不相交，故D不正确；11故选：A.5．（2022·安徽·合肥市第八中学模拟预测）下列四个命题，真命题的个数为（）（1）如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，则这条直线垂直于该平面；（2）过空间一定点有且只有一条直线和已知平面垂直；（3）平行于同一个平面的两条直线平行；（4）a与b为空间中的两条异面直线，点A不在直线a，b上，则过点A有且仅有一个平面与直线a，b都平行．A．0 B．1 C．2 D．3【答案】B【解析】【分析】根据线面垂直的定义即可判断命题(1)；根据线面垂直的性质定理即可判断命题(2)；根据空间中线面的位置关系即可判断命题(3)；结合图形即可判断命题(4). 【详解】命题(1)：由直线垂直平面的定义可知，若直线垂直于一个平面的任意直线，则该直线垂直于该平面，故命题(1)错误；命题(2)：由直线与平面垂直的性质定理可知，过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直，故命题(2)正确；命题(3)：平行于同一个平面的两条直线，可能平行，可能相交，也可能异面，故命题(3)错误；命题(4)：如图，当点A在如图上底面时，不存在平面同时平行于直线a、b；点A不在异面直线a、b上，若点A在直线a、b之间，则可以确定一个平面同时平行于直线a、b；若点A在直线a、b的外侧，也可以确定一个平面同时平行于直线a、b，故命题(4)错误.故选：B.6．（2022·河南安阳·模拟预测（文））如图，在四面体ABCD中，90BCD AB∠=︒⊥，平面BCD，AB BC CD==，P为AC的中点，则直线BP与AD所成的角为（）A．π6B．π4C．π3D．π2【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，证明BP⊥平面ACD即可推理计算作答.【详解】在四面体ABCD中，AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，则AB CD⊥，而90BCD∠=︒，即BC CD⊥，又AB BC B⋂=，,AB BC⊂平面ABC，则有CD⊥平面ABC，而BP⊂平面ABC，于是得CD BP ⊥，因P 为AC 的中点，即AC BP ⊥，而AC CD C =，,AC CD ⊂平面ACD ，则BP ⊥平面ACD ，又AD ⊂平面ACD ，从而得BP AD ⊥， 所以直线BP 与AD 所成的角为π2. 故选：D7．（2022·四川成都·模拟预测）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某三棱锥的三视图，A ，B ，C ，D 是该三棱锥表面上四个点，则直线AC 和直线BD 所成角的余弦为（ ）A ．0B ．13C ．13-D 22【答案】A 【解析】 【分析】由三视图还原几何体，根据线面垂直的判定有BG ⊥面AGD ，线面垂直的性质可得BG AC ⊥，再由线面垂直的判定和性质得AC BD ⊥，即可得结果. 【详解】由三视图可得如下几何体：BG AG ⊥，BG DG ⊥，AG DG G =，则BG ⊥面AGD ，又AC ⊂面AGD ，则BG AC ⊥，而AC GD ⊥， 由BG GD G ⋂=，则AC ⊥面BGD ，又BD ⊂面BGD ， 所以AC BD ⊥，故直线AC 和直线BD 所成角的余弦为0. 故选：A8．（2022·山东潍坊·三模）我国古代数学名著《九章算术》中给出了很多立体几何的结论，其中提到的多面体“鳖臑”是四个面都是直角三角形的三棱锥．若一个“鳖臑”的所有顶点都在球O 的球面上，且该“鳖臑”的高为2，底面是腰长为2的等腰直角三角形．则球O 的表面积为（ ） A ．12π B ．43π C ．6π D ．26π【答案】A 【解析】 【分析】作出图形，设在三棱锥A BCD -中，AB ⊥平面BCD ，BC CD ⊥且2BC CD ==，2AB =，证明出该三棱锥的四个面均为直角三角形，求出该三棱锥的外接球半径，结合球体表面积公式可得结果. 【详解】 如下图所示：在三棱锥A BCD -中，AB ⊥平面BCD ，BC CD ⊥且2BC CD ==，2AB =， 因为AB ⊥平面BCD ，BC 、BD 、CD ⊂平面BCD ，则AB BC ⊥，AB BD ⊥，CD AB ⊥，CD BC ⊥，AB BC B ⋂=，CD平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，AC CD ∴⊥，所以，三棱锥A BCD -的四个面都是直角三角形，且2222BD BC CD =+=，2223AD AB BD =+=，设线段AD 的中点为O ，则12OB OC AD OA OD ====， 所以，点O 为三棱锥A BCD -的外接球球心，设球O 的半径为R ，则132R AD ==，因此，球O 的表面积为2412R ππ=. 故选：A. 二、填空题9．（2022·四川成都·模拟预测（理））如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的表面积为________.【答案】816283++ 【解析】 【分析】根据三视图可知这是一个四面体，根据长度即可根据三角形面积公式求每一个面的面积，进而可得表面积. 【详解】该几何体的直观图是正方体中的四面体ABCD ，4,42,43AB AD BD BC CD AC ======，()21113448,44282,44282,42832224ABD ABC ADC DBCS S SS =⨯⨯==⨯⨯==⨯⨯==⨯= 故答案为： 816283++.10．（2022·上海普陀·二模）已知一个圆锥的侧面积为2π，若其左视图为正三角形，则该圆锥的体积为________. 3π3 【解析】 【分析】由圆锥侧面积公式求得底面半径12r =3.【详解】由题设，令圆锥底面半径为r ，则体高为3r ，母线为2r ， 所以12222r r ππ⨯⨯=，则12r =，故圆锥的体积为2133324r r ππ⨯⨯=. 故答案为：324π 11．（2022·黑龙江·佳木斯一中模拟预测（理））如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点F 是棱1AA 上的一个动点，平面1BFD 交棱1CC 于点E ，则下列正确说法的序号是___________.①存在点F 使得11A C ∥平面1BED F ； ②存在点F 使得1B D ∥平面1BED F ； ③对于任意的点F ，都有EF BD ⊥；④对于任意的点F 三棱锥1E FDD -的体积均不变. 【答案】①③④ 【解析】 【分析】①，找到点F 为1AA 的中点时，满足11A C ∥平面1BED F ；②，证明出11,BD B D 相交，得到不存在点F 使得1B D ∥平面1BED F ；③，作出辅助线，证明线面垂直，进而得到线线垂直； ④，得到三棱锥1E FDD -的体积等于正方体体积的16，为定值. 【详解】当点F 为1AA 的中点，此时点E 为1CC 的中点，此时连接EF ，可得：11A C EF ， 因为11A C ⊄平面1BED F ，EF ⊂1BED F ，所以11A C ∥平面1BED F ，①正确；连接11,BD B D ，因为11//BB DD ，且11BB DD =，所以四边形11BB D D 为平行四边形， 所以11,BD B D 相交， 因为1BD ⊂平面1BED F ，所以不存在点F 使得1B D ∥平面1BED F ，②错误连接AC ，BD ，则AC ⊥BD ，又1AA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以1AA ⊥BD ， 因为1AA AC A =， 所以BD ⊥平面11AAC C ，因为EF ⊂平面11AAC C ， 所以BD ⊥EF ，③正确；连接DF ，EF ，ED ，则无论点F 在1A A 的何处，都有1112DFD SDD AD =⋅，是定值，为正方形11ADD A 面积的一半，又高等于CD ，故体积也为定值，为正方体体积的16，④正确.故选：①③④12．（2022·甘肃·武威第六中学模拟预测（文））如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 是棱CD 上的两个动点，点E 在点F 的左边，且满足122EF DC BC ==，给出下列结论：①11B D ⊥平面1B EF ；②三棱锥11D B EF -的体积为定值； ③1A A //平面1B EF ； ④平面11A ADD ⊥平面1B EF . 其中所有正确结论的序号是______. 【答案】②④ 【解析】 【分析】根据线面位置关系、面面位置关系判断命题①③④，由棱锥体积公式判断②． 【详解】11B D 与11D C 显然不垂直，而11//EF C D ，因此11B D 与EF 显然不垂直，从而11B D ⊥平面1B EF 是错误的，①错；1111D B EF B D EF V V --=，三棱锥11B D EF -中，平面1D EF 即平面11CDD C ，1B 到平面11CDD C 的距离为11B C 是定值，1D EF 中，EF 的长不变，1D 到EF 的距离不变，面积为定值，因此三棱锥体积是定值，②正确；平面1B EF 就是平面11B A DC ，而1AA 与平面11B A DC 相交，③错；长方体中CD ⊥平面11A D DA ，CD ⊂平面11B A DC ，所以平面11A D DA ⊥平面11B A DC ，即平面11A ADD ⊥平面1B EF ，④正确． 故答案为：②④．三、解答题13．（2022·四川成都·模拟预测（文））如图，四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 为直角梯形，,PB PD 在底面ABCD 内的射影分别为,AB AD ，222PA AB AD CD ．(1)求证：PC BC ⊥； (2)求D 到平面PBC 的距离． 【答案】(1)证明见解析 3【解析】 【分析】（1）由题意可证AD PA ⊥、AB PA ⊥，则可得PA ⊥面ABCD ，即可知PA BC ⊥，又AC BC ⊥则可得BC ⊥面PAC ，即可证PC BC ⊥.（2）分别计算出BCD S 与PBC S ，再利用等体积法D PBC P BCD V V --=即可求出答案. (1)因为PB 在底面ABCD 内的射影为AB ，所以面PAB ⊥面ABCD ， 又因为AD AB ⊥，面PAB ⋂面ABCD AB =，AD ⊂面ABCD 所以AD ⊥面PAB ，又因PA ⊂面PAB 因此AD PA ⊥， 同理AB PA ⊥，又AB AD A ⋂=,AD ⊂面ABCD ,AB 面ABCD 所以PA ⊥面ABCD ，又BC ⊂面ABCD ,所以PA BC ⊥，连接AC ，易得2AC =45BAC ∠=，又2AB =， 故AC BC ⊥，又PA AC A =,PA ⊂面PAC ,PA ⊂面PAC 因此BC ⊥面PAC ， 又PC ⊂面PAC 即PC BC ⊥；(2)在RT PAC 中426PC =+=在RT ACB 中422BC =-把D 到平面PBC 的距离看作三棱锥D PBC -的高h ， 由等体积法得，D PBC P BCD V V --=，故1133PBC BCD S h S PA ，即123213622BCD PBCS PA h S ，故D 到平面PBC 的距离为33． 14．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（文））如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PCD ⊥平面ABCD ，PCD 为等边三角形，22CD AB ==，2AD =，90BAD ADC ∠=∠=︒，M 是棱PC 上一点．(1)若2MC MP =，求证：//AP 平面MBD ．(2)若MC MP =，求点P 到平面BDM 的距离．【答案】(1)证明见解析22 【解析】【分析】（1）连接AC ，记AC 与BD 的交点为H ，连接MH ，先证明//AP MH ，再由线面平行的判定定理即可证明.（2）由等体积法B DMP P BMD V V --=，即可求出点P 到平面BDM 的距离.(1)连接AC ，记AC 与BD 的交点为H ，连接MH ．由90BAD ADC ∠=∠=︒，得//AB CD ，12AB AH CD HC ==，又12PM MC =，则AH PM HC MC =， ∴//AP MH ，又MH ⊂平面MBD ，PA ⊄平面MBD ，∴//AP 平面MBD ．(2) 由已知易得3BD DM ==，3BM =，所以在等边BMD 中，BM 边上的高为32h =，所以BMD 的面积为13333224BMD S =⨯⨯=△， 易知三棱锥B PDM -的体积为116132326B DMP V -=⨯⨯⨯⨯=， 又因为B DMP P BMD V V --=，所以点P 到平面BDM 的距离为3223P BMD BMD V d S -==△． 15．（2022·贵州·贵阳一中模拟预测（文））如图，四棱锥P ABCD -中，平面,PAB ABCD ⊥平面,AB CD ∥,AB AD ⊥3,3,2,60AB AD AP CD PAB ====∠=︒.M 是CD 中点，N 是PB 上一点.(1)若3,BP BN =求三棱锥P AMN -的体积；(2)是否存在点N ,使得MN 平面PAD ,若存在求PN 的长；若不存在，请说明理由.【答案】(1)1；(2)存在，73=PN . 【解析】 【分析】 （1）证得点M 到平面PAB 的距离是3AD =，进而可求出结果； （2）证得//MN PE ，进而可证出MN //平面PAD ，从而可求出PN 的长.(1)P AMN M PAN V V --=， 由面PAB ⊥面ABCD 且交线是AB ，又DA AB ⊥，DA ⊂面PAB ， 所以DA ⊥平面PAB ，又MD //AB ， ∴点M 到平面PAB 的距离是3AD =， 又3BP BN =，则22123sin603332APN APB S S ==⨯⨯⨯⨯=， ∴三棱锥P AME -的体积13313=⨯⨯=. (2)存在.//,3,2AB DC AB CD==，连接BM并延长至于AD交于点E，//DM AB，∴在EAB中：13 EM DMEB AB==，∴在PBE△中：在PB上取点N，使得23 BN BMBP BE==，而13PN PB=，则//MN PE，又MN⊄平面PAD，PE⊂平面PAD，MN∴//平面PAD，在PAB△中，2212322372PB=+-⨯⨯⨯=7PN∴=。
2024届全国高考数学真题分类专项(立体几何)汇编(附答案)
2024届全国高考数学真题分类专项（立体几何）汇编1．（2024年新课标全国Ⅰ卷）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧）A ．B ．C ．D ．2．（2024年新课标全国Ⅱ卷）已知正三棱台111ABC A B C -的体积为523，6AB =，112A B =，则1A A 与平面ABC 所成角的正切值为（ ）A ．12 B ．1 C ．2 D ．33．（2024年高考全国甲卷数学（理））已知甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为1r 和2r ，母线长分别为()212r r -和()213r r -，则两个圆台的体积之比=V V 甲乙．4．（2024年新课标全国Ⅰ卷）如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，2PA AC ==，1,BC AB =．(1)若AD PB ⊥，证明：//AD 平面PBC ；(2)若AD DC ⊥，且二面角A CP D --的正弦值为7，求AD ．5．（2024年新课标全国Ⅱ卷）如图，平面四边形ABCD 中，8AB =，3CD =，AD =90ADC ︒∠=，30BAD ︒∠=，点E ，F 满足25AE AD = ，12AF AB =，将AEF △沿EF 对折至PEF !，使得PC =．(1)证明：EF PD ⊥；(2)求面PCD 与面PBF 所成的二面角的正弦值．6．（2024年高考全国甲卷数学（理））如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，四边形ABCD 与四边形ADEF 均为等腰梯形，//,//BC AD EF AD ，4,2AD AB BC EF ====，ED FB ==M为AD 的中点．(1)证明：//BM 平面CDE ； (2)求二面角F BM E --的正弦值．参考答案1．（2024年新课标全国Ⅰ卷）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高，则圆锥的体积为（ ）A ．B ．C ．D ．【详细详解】设圆柱的底面半径为r而它们的侧面积相等，所以2ππr r =即=，故3r =，故圆锥的体积为1π93⨯=.故选：B.2．（2024年新课标全国Ⅱ卷）已知正三棱台111ABC A B C -的体积为523，6AB =，112A B =，则1A A 与平面ABC 所成角的正切值为（ ） A ．12B ．1C ．2D ．3【详细详解】解法一：分别取11,BC B C 的中点1,D D ，则11AD A D =可知11111662222ABC A B C S S =⨯⨯==⨯= 设正三棱台111ABC A B C -的为h ，则(11115233ABC A B C V h -==，解得h = 如图，分别过11,A D 作底面垂线，垂足为,M N ，设AM x =，则1AA DN AD AM MN x =--=-，可得1DD ==结合等腰梯形11BCC B 可得22211622BB DD -⎛⎫=+ ⎪⎝⎭,即()221616433x x +=++，解得x = 所以1A A 与平面ABC 所成角的正切值为11tan 1A MA ADAM?=； 解法二：将正三棱台111ABC A B C -补成正三棱锥-P ABC ，则1A A 与平面ABC 所成角即为PA 与平面ABC 所成角，因为11113PA A B PA AB ==，则111127P A B C P ABC V V --=， 可知1112652273ABC A B C P ABC V --==，则18P ABC V -=， 设正三棱锥-P ABC 的高为d，则116618322P ABC V d -=⨯⨯⨯=，解得d =，取底面ABC 的中心为O ，则PO ⊥底面ABC，且AO = 所以PA 与平面ABC 所成角的正切值tan 1POPAO AO∠==. 故选：B.3．（2024年高考全国甲卷数学（理））已知甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为1r 和2r ，母线长分别为()212r r -和()213r r -，则两个圆台的体积之比=V V 甲乙． 【详细详解】由题可得两个圆台的高分别为)12h r r ==-甲，)12h r r ==-乙，所以((212113143S S h r r V h V h S S h +-====+甲甲甲乙乙乙.4．（2024年新课标全国Ⅰ卷）如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，2PA AC ==，1,BC AB =．(1)若AD PB ⊥，证明：//AD 平面PBC ； (2)若AD DC ⊥，且二面角A CP D --的正弦值为7，求AD ． 【详细详解】（1）（1）因为PA ⊥平面ABCD ，而AD ⊂平面ABCD ，所以PA AD ⊥， 又AD PB ⊥，PB PA P = ，,PB PA ⊂平面PAB ，所以AD ⊥平面PAB ， 而AB ⊂平面PAB ，所以AD AB ⊥.因为222BC AB AC +=，所以BC AB ⊥， 根据平面知识可知//AD BC ， 又AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以//AD 平面PBC ．（2）如图所示，过点D 作DE AC ⊥于E ，再过点E 作EF CP ⊥于F ，连接DF ， 因为PA ⊥平面ABCD ，所以平面PAC ⊥平面ABCD ，而平面PAC 平面ABCD AC =， 所以DE ⊥平面PAC ，又EF CP ⊥，所以⊥CP 平面DEF ， 根据二面角的定义可知，DFE ∠即为二面角A CP D --的平面角，即sin 7DFE ∠=，即tan DFE ∠= 因为AD DC ⊥，设AD x =，则CD =2DE =，又242xCE -=，而EFC 为等腰直角三角形，所以2EF=，故22tan DFE∠==x =AD =5．（2024年新课标全国Ⅱ卷）如图，平面四边形ABCD 中，8AB =，3CD =，AD =，90ADC ︒∠=，30BAD ︒∠=，点E ，F 满足25AE AD = ，12AF AB =，将AEF △沿EF 对折至PEF !，使得PC =．(1)证明：EF PD ⊥；(2)求面PCD 与面PBF 所成的二面角的正弦值．【详细详解】（1）由218,,52AB AD AE AD AF AB ====， 得4AE AF ==，又30BAD ︒∠=，在AEF △中，由余弦定理得2EF =,所以222AE EF AF +=，则AE EF ⊥，即EF AD ⊥， 所以,EF PE EF DE ⊥⊥，又,PE DE E PE DE =⊂ 、平面PDE ， 所以EF ⊥平面PDE ，又PD ⊂平面PDE ， 故EF ⊥PD ；（2）连接CE ，由90,3ADC ED CD ︒∠===，则22236CE ED CD =+=，在PEC 中，6PC PE EC ===，得222EC PE PC +=，所以PE EC ⊥，由（1）知PE EF ⊥，又,EC EF E EC EF =⊂ 、平面ABCD ， 所以PE ⊥平面ABCD ，又ED ⊂平面ABCD ，所以PE ED ⊥，则,,PE EF ED 两两垂直，建立如图空间直角坐标系E xyz -，则(0,0,0),(0,0,(2,0,0),(0,E P D C F A -， 由F 是AB的中点，得(4,B ，所以(4,(2,0,PC PD PB PF =-=-=-=-，设平面PCD 和平面PBF 的一个法向量分别为111222(,,),(,,)n x y z m x y z ==，则11111300n PC x n PD ⎧⋅=+-=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，222224020m PB x m PF x ⎧⋅=+-=⎪⎨⋅=-=⎪⎩ ，令122,y x ==11220,3,1,1x z y z ===-=，所以(0,2,3),1,1)n m ==- ，所以cos ,m nm n m n ⋅===设平面PCD 和平面PBF 所成角为θ，则sin θ== 即平面PCD 和平面PBF所成角的正弦值为65.6．（2024年高考全国甲卷数学（理））如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，四边形ABCD 与四边形ADEF 均为等腰梯形，//,//BC AD EF AD ，4,2AD AB BC EF ====，ED FB ==M 为AD 的中点．(1)证明：//BM 平面CDE ； (2)求二面角F BM E --的正弦值．【详细详解】（1）因为//,2,4,BC AD EF AD M ==为AD 的中点，所以//,BC MD BC MD =，四边形BCDM 为平行四边形，所以//BM CD ，又因为BM ⊄平面CDE ，CD ⊂平面CDE ，所以//BM 平面CDE ；（2）如图所示，作BO AD ⊥交AD 于O ，连接OF ，因为四边形ABCD 为等腰梯形，//,4,BC AD AD =2AB BC ==，所以2CD =， 结合（1）BCDM 为平行四边形，可得2BM CD ==，又2AM =， 所以ABM 为等边三角形，O 为AM中点，所以OB =又因为四边形ADEF 为等腰梯形，M 为AD 中点，所以,//EF MD EF MD =， 四边形EFMD 为平行四边形，FM ED AF ==，所以AFM △为等腰三角形，ABM 与AFM △底边上中点O 重合，OF AM ⊥，3OF ==，因为222OB OF BF +=，所以OB OF ⊥，所以,,OB OD OF 互相垂直，以OB 方向为x 轴，OD 方向为y 轴，OF 方向为z 轴，建立O xyz -空间直角坐标系，()0,0,3F，)()(),0,1,0,0,2,3BM E，()(),BM BF ==，()2,3BE = ，设平面BFM 的法向量为()111,,m x y z =，平面EMB 的法向量为()222,,n x y z =，则00m BM m BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即1111030y z ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，令1x =113,1y z ==，即)m = ，则00n BM n BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即222220230y y z ⎧+=⎪⎨++=⎪⎩，令2x =，得223,1y z ==-，即)1n =-，11cos ,13m n m n m n ⋅===⋅，则sin ,m n =故二面角F BM E --的正弦值为13.。
【备战2018】(湘版)高考数学分项汇编 专题10 立体几何(含解析)
【答案】D【解析】试题分析：因为A1B1∥EF，G5D1E的距离，D1E=，由三角形面积可得所求距离为25.【2008年普通高等学校招生全国统一考试湖北卷为π，则球的体积为（）C.；④若a年普通高等学校招生全国统一考试湖北卷【答案】D 【解析】试题分析：在坐标系中标出已知的四个点，根据三视图的画图规则判断三棱锥的正视图为④与俯视图为②，故选D.考点：空间由已知条件，在空间坐标系中作出几何体的形状，正视图与俯视图的面积，容易题.11. 【2015高考湖北，文5】表示空间中的两条直线，若p ：是异面直线；q ：不相交，则（12,l l 12,l l 12,l l ）A ．p 是q 的充分条件，但不是q 的必要条件B ．p 是q 的必要条件，但不是q 的充分条件C ．p 是q 的充分必要条件D ．p 既不是q 的充分条件，也不是q 的必要条件二．填空题1.【2010年普通高等学校招生全国统一考试湖北卷14】圆柱形容器内盛有高度为3cm 的水，若放入三个相同的珠（球的半么与圆柱的底面半径相同）后，水恰好淹没最上面的球（如图所示），则球的半径是____cm.2.【201215】已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的.2. 【2006年普通高等学校招生全国统一考试湖北卷18】如图，已知正三棱柱ABC-A 1B 1C 1的侧棱长和底面边长均为1，M 是底面BC 边上的中点，N 是侧棱CC 1上的点，且CN ＝2C 1N.（Ⅰ）求二面角B 1－AM －N 的平面角的余弦值；（Ⅱ）求点B 1到平面AMN 的距离。
【解析】解法1：（Ⅰ）因为M 是底面BC 边上的中点，所以AM BC ，又AM C ,所以AM 面⊥⊥1C ⊥BC ，1C 1B年普通高等学校招生全国统一考试湖北卷，∠（Ⅰ）求证：平面VAB⊥平面VCD （Ⅱ）试确定角θ的值，使得直线、证法2：由(Ⅰ)知，以点B为坐标原点，以BC、BA、BB1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.5. 【2009年普通高等学校招生全国统一考试湖北卷18】如图，四棱锥S＝ABCD的底面是正方形，SD⊥平λλ面ABCD,SD＝AD＝a,点E是SD上的点，且DE＝a(0<≦1).λ∈(Ⅰ)求证：对任意的（0、1），都有AC⊥BE:λ(Ⅱ)若二面角C-AE-D的大小为600C，求的值。
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2015年高考数学真题分类汇编 专题10 立体几何 文1.【2015高考浙江，文4】设α，β是两个不同的平面，l ，m 是两条不同的直线，且l α⊂，m β⊂（ ）A ．若l β⊥，则αβ⊥B ．若αβ⊥，则l m ⊥C ．若//l β，则//αβD ．若//αβ，则//l m【答案】A【解析】采用排除法，选项A 中，平面与平面垂直的判定，故正确；选项B 中，当αβ⊥时，,l m 可以垂直，也可以平行，也可以异面；选项C 中，//l β时，,αβ可以相交；选项D 中，//αβ时，,l m 也可以异面.故选A.【考点定位】直线、平面的位置关系.【名师点睛】本题主要考查空间直线、平面的位置关系.解答本题时要根据空间直线、平面的位置关系，从定理、公理以及排除法等角度，对个选项的结论进行确认真假.本题属于容易题，重点考查学生的空间想象能力以及排除错误结论的能力.2.【2015高考新课标1，文6】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米有（ ）（A ）14斛 （B ）22斛 （C ）36斛 （D ）66斛【答案】B【解析】设圆锥底面半径为r ，则12384r ⨯⨯=，所以163r =，所以米堆的体积为211163()5433⨯⨯⨯⨯=3209，故堆放的米约为3209÷1.62≈22，故选B. 【考点定位】圆锥的性质与圆锥的体积公式【名师点睛】本题以《九章算术》中的问题为材料，试题背景新颖，解答本题的关键应想到米堆是14圆锥，底面周长是两个底面半径与14圆的和，根据题中的条件列出关于底面半径的方程，解出底面半径，是基础题.3.【2015高考浙江，文2】某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积是（ ）A ．83cmB ．123cmC ．3233cm D ．4033cm【答案】C【解析】由三视图可知，该几何体是一个棱长为2的正方体与一个底面边长为2，高为2的正四棱锥的组合体，故其体积为32313222233V cm =+⨯⨯=.故选C. 【考点定位】1.三视图；2.空间几何体的体积.【名师点睛】本题主要考查空间几何体的体积.解答本题时要能够根据三视图确定该几何体的结构特征，并准确利用几何体的体积计算方法计算求得体积.本题属于中等题，重点考查空间想象能力和基本的运算能力.4.【2015高考重庆，文5】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）(A) 123π+ (B) 136π (C) 73π (D) 52π【答案】B【解析】由三视图可知该几何体是由一个底面半径为1，高为2的圆柱，再加上一个半圆锥：其底面半径为1，高也为1，构成的一个组合体，故其体积为61311612122πππ=⨯⨯⨯+⨯⨯，故选B.【考点定位】三视图及柱体与锥体的体积.【名师点睛】本题考查三视图的概念和组合体体积的计算，采用三视图还原成直观图，再利用简单几何体的体积公式进行求解.本题属于基础题，注意运算的准确性.5.【2015高考陕西，文5】一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ） A ．3π B ．4π C ．24π+ D ．34π+【答案】D 【解析】由几何体的三视图可知该几何体为圆柱的截去一半，所以该几何体的表面积为21121222342πππ⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯=+，故答案选D【考点定位】1.空间几何体的三视图；2.空间几何体的表面积.【名师点睛】1.本题考查空间几何体的三视图及几何体的表面积，意在考查考生的识图能力、空间想象能力以及技术能力；2.先根据三视图判断几何体的结构特征，再计算出几何体各个面的面积即可；3.本题属于基础题，是高考常考题型.6.【2015高考广东，文6】若直线1l 和2l 是异面直线，1l 在平面α内，2l 在平面β内，l 是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是（ ）A ．l 至少与1l ，2l 中的一条相交B ．l 与1l ，2l 都相交C ．l 至多与1l ，2l 中的一条相交D ．l 与1l ，2l 都不相交【答案】A【解析】若直线1l 和2l 是异面直线，1l 在平面α内，2l 在平面β内，l 是平面α与平面β的交线，则l 至少与1l ，2l 中的一条相交，故选A ．【考点定位】空间点、线、面的位置关系．【名师点晴】本题主要考查的是空间点、线、面的位置关系，属于容易题．解题时一定要注意选项中的重要字眼“至少”、“至多”， 否则很容易出现错误．解决空间点、线、面的位置关系这类试题时一定要万分小心，除了作理论方面的推导论证外，利用特殊图形进行检验，也可作必要的合情推理．7.【2015高考浙江，文7】如图，斜线段AB 与平面α所成的角为60 ，B 为斜足，平面α上的动点P 满足30∠PAB = ，则点P 的轨迹是（ ）A ．直线B ．抛物线C ．椭圆D ．双曲线的一支【答案】C【解析】由题可知，当P 点运动时，在空间中，满足条件的AP 绕AB 旋转形成一个圆锥，用一个与圆锥高成60 角的平面截圆锥，所得图形为椭圆.故选C.【考点定位】1.圆锥曲线的定义；2.线面位置关系.【名师点睛】本题主要考查圆锥曲线的定义以及空间线面的位置关系.解答本题时要能够根据给出的线面位置关系，通过空间想象能力，得到一个无限延展的圆锥被一个与之成60 角的平面截得的图形是椭圆的结论.本题属于中等题，重点考查学生的空间想象能力以及对圆锥曲线的定义的理解.8.【2015高考湖北，文5】12,l l 表示空间中的两条直线，若p ：12,l l 是异面直线；q ：12,l l 不相交，则（ ）A ．p 是q 的充分条件，但不是q 的必要条件B ．p 是q 的必要条件，但不是q 的充分条件C ．p 是q 的充分必要条件D ．p 既不是q 的充分条件，也不是q 的必要条件【答案】A .【解析】若p ：12,l l 是异面直线，由异面直线的定义知，12,l l 不相交，所以命题q ：12,l l 不相交成立，即p 是q 的充分条件；反过来，若q ：12,l l 不相交，则12,l l 可能平行，也可能异面，所以不能推出12,l l 是异面直线，即p 不是q 的必要条件，故应选A .【考点定位】本题考查充分条件与必要条件、异面直线，属基础题.【名师点睛】以命题与命题间的充分条件与必要条件为契机，重点考查空间中直线的位置关系，其解题的关键是弄清谁是谁的充分条件谁是谁的必要条件，正确理解异面直线的定义，注意考虑问题的全面性、准确性.9、【2015高考新课标1，文11】圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r ）组成一个几何体，该几何体的三视图中的正视图和俯视图如图所示，若该几何体的表面积为1620π+，则r =( )（A ）1 （B ）2（C ）4 （D ）8【答案】B【解析】由正视图和俯视图知，该几何体是半球与半个圆柱的组合体，圆柱的半径与球的半径都为r ，圆柱的高为2r ，其表面积为22142222r r r r r r πππ⨯+⨯++⨯=2254r r π+=16 + 20π，解得r=2，故选B.【考点定位】简单几何体的三视图；球的表面积公式；圆柱的测面积公式【名师点睛】本题考查简单组合体的三视图的识别，是常规提，对简单组合体三三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状，再根据“长对正，宽相等，高平齐”的法则组合体中的各个量.10.【2015高考福建，文9】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于（）A．8+ B．11+．14+．15【答案】B【解析】由三视图还原几何体，该几何体是底面为直角梯形，高为2的直四棱柱，且底面直角梯形的两底分别为12，，直角腰长为1，．底面积为12332⨯⨯=，侧面积为所以该几何体的表面积为11+B．【考点定位】三视图和表面积．【名师点睛】本题考查三视图和表面积计算，关键在于根据三视图还原体，要掌握常见几何体的三视图，比如三棱柱、三棱锥、圆锥、四棱柱、四棱锥、圆锥、球、圆台以及其组合体，并且要弄明白几何体的尺寸跟三视图尺寸的关系；有时候还可以利用外部补形法，将几何体补成长方体或者正方体等常见几何体，属于中档题．11.【2015高考山东，文9】已知等腰直角三角形的直角边的长为 ，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )（A）错误！未找到引用源。
（B）错误！未找到引用源。
（）（）【答案】B【解析】由题意知，该等腰直角三角形的斜边长为，所得旋转体为同底等高的全等圆锥，所以，其体积为213π⨯⨯=，故选B.【考点定位】1.旋转体的几何特征；2.几何体的体积.【名师点睛】本题考查了旋转体的几何特征及几何体的体积计算，解答本题的关键，是理解所得旋转体的几何特征，确定得到计算体积所需要的几何量.本题属于基础题，在考查旋转体的几何特征及几何体的体积计算方法的同时，考查了考生的空间想象能力及运算能力，是“无图考图”的一道好题.12.【2015高考湖南，文10】某工作的三视图如图3所示，现将该工作通过切削，加工成一个体积尽可能大的正方体新工件，并使新工件的一个面落在原工作的一个面内，则原工件材1112料的利用率为（材料利用率=新工件的体积/原工件的体积）（ ）A 、89πB 、827πC【答案】A【考点定位】三视图、基本不等式求最值、圆锥的内接长方体【名师点睛】运用基本不等式求最值要紧紧抓住“一正二定三相等”条件，本题“和为定”是解决问题的关键.空间想象能力是解决三视图的关键，可从长方体三个侧面进行想象几何体.求组合体的体积，关键是确定组合体的组成形式及各部分几何体的特征，再结合分割法、补体法、转化法等方法求体积.13.【2015高考北京，文7】某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为（）A．1 B C D．2【答案】C【解析】四棱锥的直观图如图所示：AB，S A是四棱锥最长的棱，由三视图可知，SC⊥平面CDSA===，故选C.【考点定位】三视图.【名师点晴】本题主要考查的是三视图，属于容易题．解题时一定要抓住三视图的特点，否则很容易出现错误．本题先根据三视图判断几何体的结构特征，再计算出几何体中最长棱的棱长即可．14【2015高考安徽，文9】一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是（）（A ）1+（B ）1+（C ）2+ （D ）【答案】C【解析】由该几何体的三视图可知，该几何体的直观图，如下图所示：其中侧面PAC ⊥底面ABC ，且PAC ∆≌ABC ∆，由三视图中所给数据可知：2====BC AB PC PA ,取AC 中点,O 连接BO PO ,，则POB Rt ∆中，1==BO PO ⇒2=PB ∴3222212432+=⋅⋅+⋅⋅=S ，故选C . 【考点定位】本题主要考查空间几何体的三视图、锥体表面积公式.【名师点睛】在利用空间几何体的三视图求几何体的体积或者表面积时，一定要正确还原几何体的直观图，然后再利用体积或表面积公式求之；本题主要考查了考生的空间想象力和基本运算能力.【2015高考上海，文6】若正三棱柱的所有棱长均为a ，且其体积为316，则=a .【答案】4【解析】依题意，3162321=⨯⨯⨯⨯a a a ，解得4=a . 【考点定位】等边三角形的性质，正三棱柱的性质.【名师点睛】正三棱柱的底面是正三角形，侧棱垂直于底面.柱体的体积等于底面积乘以高.边长为a 的正三角形的面积为243a . 15.【2015高考天津，文10】一个几何体的三视图如图所示（单位:m ）,则该几何体的体积为 3m .【答案】8π3【解析】该几何体是由两个高为1的圆锥与一个高为2的圆柱组合而成,所以该几何体的体积为318π2π1π2(m )33⨯⨯⨯+⨯= . 【考点定位】本题主要考查三视图及几何体体积的计算.【名师点睛】由于三视图能有效的考查学生的空间想象能力,所以以三视图为载体的立体几何题基本上是高考每年必考内容,高考试题中三视图一般常与几何体的表面积与体积交汇.由三视图还原出原几何体,是解决此类问题的关键.16.【2015高考四川，文14】在三棱住ABC －A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，其正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是直角边长为1的等腰直角三角形，设点M ，N ，P 分别是AB ，BC ，B 1C 1的中点，则三棱锥P －A 1MN 的体积是______.【答案】124【解析】由题意，三棱柱是底面为直角边长为1的A 1 C 1B 1 P等腰直角三角形，高为1的直三棱柱，底面积为12如图，因为AA 1∥PN ，故AA 1∥面PMN ， 故三棱锥P －A 1MN 与三棱锥P －AMN 体积相等， 三棱锥P －AMN 的底面积是三棱锥底面积的14，高为1 故三棱锥P －A 1MN 的体积为111132424⨯⨯= 【考点定位】本题主要考查空间几何体的三视图、直观图及空间线面关系、三棱柱与三棱锥的体积等基础知识，考查空间想象能力、图形分割与转换的能力，考查基本运算能力. 【名师点睛】解决本题，首先要正确画出三棱柱的直观图，包括各个点的对应字母所在位置，结合条件，三棱锥P －A 1MN 的体积可以直接计算，但转换为三棱锥P －AMN 的体积，使得计算更为简便，基本上可以根据条件直接得出结论.属于中档偏难题.17.【2015高考安徽，文19】如图，三棱锥P -ABC 中，PA ⊥平面ABC ，1,1,2,60PA AB AC BAC ===∠=o .（Ⅰ）求三棱锥P -ABC 的体积；（Ⅱ）证明：在线段PC 上存在点M ，使得AC ⊥BM ，并求PMMC的值.【答案】（Ⅱ）13PM MC = 【解析】ABCMN（Ⅰ）解：由题设AB ＝1,,2=AC 60=∠BAC可得ABC S ∆︒⋅⋅⋅=60sin 21AC AB 23=. 由⊥PA 面ABC可知PA 是三棱锥ABC P -的高,又1=PA 所以三棱锥ABC P -的体积6331=⋅⋅∆PA S V ABC ＝ （Ⅱ）证：在平面ABC 内，过点B 作AC BN ⊥，垂足为N ，过N 作PA MN //交PC 于M ，连接BM .由⊥PA 面ABC 知AC PA ⊥，所以AC MN ⊥.由于N MN BN ＝⋂，故⊥AC 面MBN ，又⊂BM 面MBN ，所以BM AC ⊥. 在直角BAN ∆中，21cos =∠⋅=BAC AB AN ，从而23=-=AN AC NC .由PA MN //，得31=NC AN MC PM ＝. 【考点定位】本题主要考查锥体的体积公式、线面垂直的判定定理和其性质定理.【名师点睛】本题将正弦定理求三角形的面积巧妙地结合到求锥体的体积之中，本题的第（Ⅱ）问需要学生构造出线面垂直，进而利用性质定理证明出面面垂直，本题考查了考生的空间想象能力、构造能力和运算能力.18.【2015高考北京，文18】（本小题满分14分）如图，在三棱锥V C -AB 中，平面V AB ⊥平面C AB ，V ∆AB 为等边三角形，C C A ⊥B 且C C A =B =，O ，M 分别为AB ，V A 的中点．（I ）求证：V //B 平面C MO ；（II ）求证：平面C MO ⊥平面V AB ； （III ）求三棱锥V C -AB 的体积．【答案】（I ）证明详见解析；（II ）证明详见解析；（III（Ⅱ）因为AC BC =，O 为AB 的中点， 所以OC AB ⊥.又因为平面V AB ⊥平面C AB ，且OC ⊂平面C AB ， 所以OC ⊥平面V AB . 所以平面C MO ⊥平面V AB .（Ⅲ）在等腰直角三角形ACB 中，AC BC ==所以2,1AB OC ==.所以等边三角形V AB 的面积VAB S ∆=. 又因为OC ⊥平面V AB ，所以三棱锥C V -AB 的体积等于13VAB OC S ∆⨯⨯=又因为三棱锥V C -AB 的体积与三棱锥C V -AB 的体积相等，所以三棱锥V C -AB 考点：线线平行、线面平行、面面平行、线线垂直、线面垂直、面面垂直、三棱锥的体积公式.【名师点晴】本题主要考查的是线面平行、面面垂直和几何体的体积，属于中档题．证明线面平行的关键是证明线线平行，证明线线平行常用的方法是三角形的中位线和构造平行四边形．证明面面垂直的关键是证明线面垂直，证明线面垂直可由面面垂直得到，但由面面垂直得到线面垂直一定要注意找两个面的交线，否则很容易出现错误．求几何体的体积的方法主要有公式法、割补法、等积法等，本题求三棱锥的体积，采用了等积法．19.【2015高考福建，文20】如图，AB 是圆O 的直径，点C 是圆O 上异于,A B 的点，PO 垂直于圆O 所在的平面，且1PO =OB =．（Ⅰ）若D 为线段AC 的中点，求证C A ⊥平面D P O ； （Ⅱ）求三棱锥P ABC -体积的最大值；（Ⅲ）若BC =E 在线段PB 上，求CE OE +的最小值．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）13；【解析】解法一：（I ）在C ∆AO 中，因为C OA =O ，D 为C A 的中点， 所以C D A ⊥O ．又PO 垂直于圆O 所在的平面，所以C PO ⊥A ． 因为D O PO =O ，所以C A ⊥平面D P O ． （II ）因为点C 在圆O 上，所以当C O ⊥AB 时，C 到AB 的距离最大，且最大值为1． 又2AB =，所以C ∆AB 面积的最大值为12112⨯⨯=． 又因为三棱锥C P -AB 的高1PO =，故三棱锥C P -AB 体积的最大值为111133⨯⨯=． （III ）在∆POB 中，1PO =OB =，90∠POB =，所以PB ==．同理C P =C C PB =P =B ．在三棱锥C P -AB 中，将侧面C B P 绕PB 旋转至平面C 'B P ，使之与平面ABP 共面，如图所示．当O ，E ，C '共线时，C E +OE 取得最小值．又因为OP =OB ，C C ''P =B ，所以C 'O 垂直平分PB ， 即E 为PB中点．从而C C ''O =OE +E == 亦即C E +OE．OABP解法二：（I ）、（II ）同解法一．（III ）在∆POB 中，1PO =OB =，90∠POB = ，所以45∠OPB =，PB ==．同理C P =所以C C PB =P =B ，所以C 60∠PB = ．在三棱锥C P -AB 中，将侧面C B P 绕PB 旋转至平面C 'B P ，使之与平面ABP 共面，如图所示．当O ，E ，C '共线时，C E +OE 取得最小值． 所以在C '∆O P 中，由余弦定理得：()2C 1221cos 4560'O =+-⨯+1122=+--2=+从而C 'O ==所以C E +OE ． 【考点定位】1、直线和平面垂直的判定；2、三棱锥体积．【名师点睛】证明直线和平面垂直可以利用判定定理，即线线垂直到线面垂直；也可以利用面面垂直的性质定理，即面面垂直到线面垂直；决定棱锥体积的量有两个，即底面积和高，当研究其体积的最值问题时，若其中有一个量确定，则只需另一个量的最值；若两个量都不确定，可通过设变量法，将体积表示为变量的函数解析式，利用函数思想确定其最值；将空间问题转化为平面问题是转化思想的重要体现，通过旋转到一个平面内，利用两点之间距离最短求解．20.【2015高考广东，文18】（本小题满分14分）如图3，三角形DC P 所在的平面与长方形CD AB 所在的平面垂直，D C 4P =P =， 6AB =，C 3B =．（1）证明：C//B 平面D P A ； （2）证明：C D B ⊥P ；（3）求点C 到平面D P A 的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3 【解析】试题分析：（1）由四边形CD AB 是长方形可证C//D B A ，进而可证C//B 平面D P A ；（2）先证C CD B ⊥，再证C B ⊥平面DC P ，进而可证C D B ⊥P ；（3）取CD 的中点E ，连结AE 和PE ，先证PE ⊥平面CD AB ，再设点C 到平面D P A 的距离为h ，利用C D CD V V -P A P-A =三棱锥三棱锥可得h 的值，进而可得点C 到平面D P A 的距离．试题解析：（1）因为四边形CD AB 是长方形，所以C//D B A ，因为C B ⊄平面D P A ，D A ⊂平面D P A ，所以C//B 平面D P A（2）因为四边形CD AB 是长方形，所以C CD B ⊥，因为平面DC P ⊥平面CD AB ，平面DC P 平面CD CD AB =，C B ⊂平面CD AB ，所以C B ⊥平面DC P ，因为D P ⊂平面DC P ，所以C D B ⊥P（3）取CD 的中点E ，连结AE 和PE ，因为D C P =P ，所以CD PE ⊥，在Rt D ∆PE 中，PE ===，因为平面DC P ⊥平面CD AB ，平面DC P 平面CD CD AB =，PE ⊂平面DC P ，所以PE ⊥平面CD AB ，由（2）知：C B ⊥平面DC P ，由（1）知：C//D B A ，所以D A ⊥平面DC P ，因为D P ⊂平面DC P ，所以D D A ⊥P ，设点C 到平面D P A 的距离为h ，因为C D CD V V -P A P-A =三棱锥三棱锥，所以D CD 1133S h S ∆P A ∆A ⋅=⋅PE ，即CD D S h S ∆A ∆P A ⋅PE ===，所以点C 到平面D P A【考点定位】1、线面平行；2、线线垂直；3、点到平面的距离.【名师点晴】本题主要考查的是线面平行、线线垂直和点到平面的距离，属于中档题．证明线面平行的关键是证明线线平行，证明线线平行常用的方法是三角形的中位线和构造平行四边形．证明线线垂直的关键是证明线面垂直，证明线面垂直可由面面垂直得到，但由面面垂直得到线面垂直一定要注意找两个面的交线，否则很容易出现错误．点到平面的距离是转化为几何体的体积问题，借助等积法来解决．21.【2015高考湖北，文20】《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑. 在如图所示的阳马P ABCD -中，侧棱PD ⊥底面ABCD ，且PD CD =，点E 是PC 的中点，连接,,DE BD BE .（Ⅰ）证明：DE ⊥平面PBC . 试判断四面体EBCD 是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，请说明理由； （Ⅱ）记阳马P ABCD -的体积为1V ，四面体EBCD 的体积为2V ，求12V V 的值． 【答案】（Ⅰ）因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD BC ⊥. 由底面ABCD 为长方形，有BC CD ⊥，而PD CD D = ，所以BC ⊥平面PCD . DE ⊂平面PCD ，所以BC DE ⊥. 又因为PD CD =，点E 是PC 的中点，所以DE PC ⊥. 而PC BC C = ，所以DE ⊥平面PBC .四面体EBCD 是一个鳖臑；（Ⅱ）124.V V = 【解析】（Ⅰ）因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD BC ⊥. 由底面ABCD 为长方形，有BC CD ⊥，而PD CD D = ，所以BC ⊥平面PCD . DE ⊂平面PCD ，所以BC DE ⊥. 又因为PD CD =，点E 是PC 的中点，所以DE PC ⊥. 而PC BC C = ，所以DE ⊥平面PBC . 由BC ⊥平面PCD ，DE ⊥平面PBC ，可知四面体EBCD 的四个面都是直角三角形，即四面体EBCD 是一个鳖臑，其四个面的直角分别是,,,.BCD BCE DEC DEB ∠∠∠∠（Ⅱ）由已知，PD 是阳马P ABCD -的高，所以11133ABCD V S PD BC CD PD =⋅=⋅⋅；由（Ⅰ）知，DE 是鳖臑D BCE -的高， BC CE ⊥，所以21136BCE V S DE BC CE DE ∆=⋅=⋅⋅.在Rt △PDC 中，因为PD CD =，点E 是PC 的中点，所以DE CE ==，于是 12123 4.16BC CD PD V CD PD V CE DEBC CE DE ⋅⋅⋅===⋅⋅⋅ 【考点定位】本题考查直线与平面垂直的判定定理、直线与平面垂直的性质定理和简单几何体的体积，属中高档题.【名师点睛】以《九章算术》为背景，给予新定义，增添了试题的新颖性，但其实质仍然是考查线面垂直与简单几何体的体积计算，其解题思路：第一问通过线线、线面垂直相互之间的转化进行证明，第二问关键注意底面积和高之比，运用锥体的体积计算公式进行求解. 结合数学史料的给予新定义，不仅考查学生解题能力，也增强对数学的兴趣培养，为空间立体几何注入了新的活力.22.【2015高考湖南，文18】（本小题满分12分）如图4，直三棱柱111ABC A B C -的底面是边长为2的正三角形，,E F 分别是1,BC CC 的中点。